I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Hiện nay, Đảng, Nhà nước đang rất quan tâm, chú trọng đặt nhiệm vụ giáo
dục là nhiệm vụ cấp thiết hàng đầu, tập trung kinh phí, tạo điều kiện tốt nhất cho
công tác giáo dục. Ngành giáo dục đã và đang trong công cuộc “đổi mới giáo dục”.
Hoàn thiện chương trình SGK, đổi mới phương pháp dạy học, tuyên truyền hưởng
ứng các cuộc vận động nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục nước nhà hiện nay.
Đào tạo học sinh phát triển toàn diện đó là mục tiêu cao nhất của giáo dục
Việt Nam nói chung và giáo dục Quảng Xương nói riêng. Nâng cao chất lượng dạy
và học ở trường THCS, chú trọng đến từng đối tượng học sinh. Bên cạnh vấn đề
cấp thiết là giúp đỡ học sinh yếu kém, nâng cao chất lượng học sinh đại trà, chú
trọng cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Toán học là một bộ phận khoa học có tầm hết sức quan trọng trong phát triển
khoa học kỹ thuật và đời sống. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán để đào tạo
ra những người giỏi toán là việc rất cần thiết.
Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán
khó cho học sinh trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp dạng toán
này. Thực sự đây là một phần rất quan trọng trong hình học, và những kiến thức về
bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán
học.
2. Mục đích nghiên cứu
Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh
giỏi toán 9, tôi nhận thấy việc vận dụng và khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá
trình giải các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu
quả, không chỉ bởi lẽ đối tượng của hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo
góc,...) và đối tượng để áp dụng BĐT Côsi là tương đồng (đại lượng không âm),
mà còn bởi tính đa dạng, đẹp của BĐT Côsi trong vận dụng. Sự khéo léo, linh hoạt
trong việc vận dụng và khai thác BĐT Côsi là một yêu cầu đối với học sinh giỏi
Toán. Mức độ khó, dễ của bài toán cũng có thể được điều chỉnh tùy theo chủ ý của
người ra đề. Với những suy nghĩ đó, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài
“Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng

trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em
tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều
kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán.
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo toán học, trước mỗi
bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo cũng phải
gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra
cách giải hợp lí nhất. Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát đường lối
chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hóa bài toán
thành bài toán tổng quát và xây dựng bài toán tương tự.
2. Thực trạng vấn đề:
2.1. Thực trạng vấn đề
Qua nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS, rồi tham khảo các
tài liệu, học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp và sự tích lũy trau dồi của bản thân,
đặc biệt qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi bộ môn toán, bồi dưỡng học
sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh. Tôi nhận thấy các bài toán về bất đẳng
thức hình học nói chung và đặc biệt là các bài toán cực trị hình học nói riêng là
những dạng bài mà học sinh vẫn còn lúng túng, còn tỏ ra không hứng thú khi gặp
dạng toán này.
2.2. Kết quả khảo sát đánh giá học sinh
Trước khi viết đề tài “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài
toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học
sinh học toán lớp 9”, và cũng chưa giảng dạy cho học sinh phương pháp giải loại
toán này tôi đã khảo sát chất lượng 20 học sinh khá, giỏi lớp 9C1 trường THCS
Nguyễn Du bằng cách làm một số bài kiểm tra về bài toán bất đẳng thức hình học
và cực trị hình học của khối lớp 9 thì thấy kết quả như sau:
Điểm
0  4,9
5  6,4
6,5  7,9
8  10

Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng
tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, nhằm đưa đến cho các em các
phương pháp giải bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học. Với sáng kiến
kinh nghiệm này tôi đã thu được kết quả đáng kể trong việc nâng cao chất lượng
học sinh cũng như đạt kết quả cao các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
Kế hoạch và thời gian nghiên cứu
Chủ đề này tôi áp dụng trong trường THCS Nguyễn Du trong thời gian từ
đầu năm học 2017 - 2018 và tiếp trong những năm học sau với tinh thần rút ra
những bài học kinh nghiệm và có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với các đối tượng
và giai đoạn cụ thể:
* Năm 2016 – 2017 : Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu
tài liệu và xây dựng đề cương.
* Năm học 2017 – 2018 : Thực nghiệm và so sánh kết quả.
4. Nội dung nghiên cứu
Phần thứ nhất: Một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức hình học sử dụng
bất đẳng thức Côsi.
Phần thứ hai: Các bài toán gốc đại số vận dụng vào giải một số bài cực trị
hình học sử dụng bất đẳng thức Côsi.
4.1. Định hướng chung
Bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học rất đa dạng nhưng để làm
các bài tập đó trước tiên học sinh phải nắm vững được kiến thức cơ bản.
1. Bất đẳng thức Côsi: cho hai số a; b là các số không âm
Ta luôn có:

ab
� ab . Dấu “=” xảy ra khi a  b
2

2. Bất đẳng thức Côsi: cho ba số a; b; c là các số không âm

 a1  a2  ...  an  �

Chứng minh: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
1 1
1
  ... 
a1 a2
an
1 1 1
�n . ...
n
a1 a2 an

a1  a2  ...  an n
� a1a2 ...an (1);
n

(2)

Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất
�1
�a1

đẳng thức trên, ta được:  a1  a2  ...  an  � 

1
1�
 ...  ��n 2
a2
an �

� 


CD AB AD BC IC IA ID IB

Lời giải
AB AI BI
AB
AI BI



.

(1)
CD DI CI
CD
DI CI
AI BI 1 �AI BI �
.
� � 
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
�(2)
DI CI 2 �CI ID �
AB 1 �IA IB �
IA IB
� � 
Dấu “=” trong (2) xảy ra  
; Từ (1) và (2) 
�(3)

.
Cộng từng vế của (3), (4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng
xảy ra khi IA  IB  IC  ID  ABCD là hình chữ nhật.
Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu của bất đẳng thức cần chứng
minh là �, trong khi cả hai vế của bất đẳng thức đều ở dạng tổng của các hạng tử.
Chìa khóa để giải quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế
�AB

CD
�

trái thành dạng căn bậc hai của một tích �
�

AI BI �
. ,... �, từ đó áp dụng bất đẳng
DI CI �
�

thức Côsi chứng minh được mỗi hạng tử đó của vế trái �một nửa tổng hai hạng tử
của vế phải. Vì vậy, việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức
Côsi trong những trường hợp cụ thể là rất cần thiết, đòi hỏi ở người làm toán sự tư
duy, tìm tòi và sáng tạo.
Bài 2: [3] Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ba chiều cao AA1 , BB1 , CC1 ; ba trung
tuyến AA 2 , BB2 , CC2 . Giả sử AA 2 �BB1  P , BB2 �CC1  Q , CC2 �AA1  R .
AP

BQ

CR

2 là trung tuyến nên
2
AB

BB .cot gA

tgC

AP

tgC

1
1
và vì BB1  AC nên B C  BB .cot gC  tgA ; Vậy từ (1)  PA  2. tgA .
1
1
2

BQ

tgA

CR

tgB

Hoàn toàn tương tự, ta có: QB  2. tgB , RC  2. tgC
2
2


giác ABC đều.
Bài 3: Cho M nằm trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By
vuông góc với AB. Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau
và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam
giác MCD có diện tích nhỏ nhất.
Lời giải

6


1
2

Ta có: S MCD  MC.MD
a
b
�
Đặt: MA  a , MB  b , �
, MD 
AMC  BDM
  , Khi đó MC 
cos 
sin a

1
ab
2 sin  cos 
Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất  2 sin  cos  lớn nhất.
Theo bất đẳng thức Côsi: 2sin  cos  �sin 2   cos 2   1

2

7


MD

BM

x

HK

MC

y

Đặt MB  x , MC  y , ta có: AC  BC  x  y , BK  BC  x  y
S

2 xy

ADME

2
Do đó: S
 x  y  (*)
ABC

2 xy

S1 �BM � S 2 �MC �
 � �,
� �
S �BC � S �BC �
S1  S2 BM 2  MC 2 x 2  y 2 1

� . Như vậy S1  S2 �1 S
2
2
Suy ra: S 
BC
2
 x  y 2

1
Nên S ADME �2 S . Xảy ra dấu bằng � x  y .
1

Kết luận: max S ADME  2 S ABC , khi đó M là trung điểm BC.
Nhận xét: Cách 1, ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình
xy

1

bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng  x  y  2 �4 .
8


Cách 2, ta cũng xét biểu thức trung gian đó là tỉ số giữa tổng diện tích của các
DBM , EMC và diện tích ABC , vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng


Do đó: MaxS DEKH  . . 

a2
8

a
và nếu kẻ AM  BC thì do tam
2
a
a
giác ABC vuông cân tại A nên MB  MC  , nên HB  HM 
2
4
a a a
Vậy KC  BC  BH  HK  a   
4 2 4
a
a
Khi đó DH  HB  , EK  KC  . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung
4
4

Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK 

điểm AC.

9



tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là đường cao
của tam giác.
Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi
qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ
khi CO là trung tuyến của tam giác.
Ta còn có kết quả mạnh hơn bằng cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C:
Cho điểm O nằm trong góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của
góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung
tuyến của tam giác. Dưới đây là hai cách giải bài toán này:
Cách 1: Xét CMN nhận CO là trung tuyến và CDE có DE đi qua O nhưng
OD  OE . Lấy I trên đoạn OE sao cho OI  OD .
Ta có: ODM  OIN (c.g.c) � SODM  SOIN � SCMN  SCDE .

Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của góc C, tạo thành
hình bình hành OHCK.
1
CMN �2 SOHCK .
2
Do góc C và điểm O cố định nên SOHCK không đổi.
Vì vậy MinSCMN  2SOHCK , khi O là trung điểm của MN.

Theo kết quả Bài 4, ta có: SOHCK � SCMN � S

Để dựng điểm M, ta chỉ cần lấy M sao cho H là trung điểm của CM

11


Nhận xét: Qua những bài toán điển hình tôi đã lựa chọn ở trên, một số bài toán sẽ
còn có những cách giải khác. Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và hợp lý của

� 
�
� 
��9 (2)
�MO NO PC �
�MA NB PC �
MA NB PO


�9
Kết hợp (1) và (2) suy ra:
MO NO PC

12


MO  AO NO  BO OP  CO


�9
MO
NO
OP
AO
BO
CO
AO BO CO
� 1
1
1



� (*)
AA1 BB1 CC1 4

Lời giải
Đặt AB  c , AC  b , BC  a .
Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC tại A’ nên: AA '. A ' A1  A ' B. A ' C 

a2
4

a2
4
2
2
b c
a2

Mà AA’ là trung tuyến của ABC nên: AA '2 
2
4
2
2
b c
Suy ra: AA 'AA1 
2
� AA '. AA1  AA '.  AA ' A ' A1   AA '2  AA '. A ' A1  AA '2 

13


1 � a2
b2
c2 � 9
Kết hợp (1), (2) và (3) thì: (*) � 3  . � 2 2  2 2  2 2 ��
2 �b  c a  c a  b � 4
a2
b2
c2
3
a2
b2
c2
9
�


�
1


1


1

�
2
2
2


� �
�b2  c2    a2  c2    a2  b2  �
�
��9 (2*)
2
2
2
2
2
��b  c
a c
a  b2 �
�

Rõ ràng (2*) đúng với bài toán gốc nêu ở trên. Do đó (*) đúng.
Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi a  b  c , tức là ABC đều.
Nhận xét: Vận dụng bài toán gốc, nhưng được phát triển sâu hơn, cùng với học
sinh phải biết được công thức trung tuyến (coi như một bài toán phụ):
b2  c 2 a 2
ma 
 .
2
4
2

14


a2


b

c

3

1
1
1
ứng là ba chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng: h  h  h �2
a
b
c

Kẻ

AH  BC

Lời giải
và A ' K  AB theo đó, AH  ha , A ' K  a1 .
a

BA '

1
Trong ABA ' có: BA '.ha  AB.a1  c.a1 � c  h (1)
a

Mặt khác, do AA’ phân giác của ABC ,

b
c

a

b

c

a

b

c

3

1
1
1
Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta được: h  h  h  b  c  c  a  a  b �2
a
b
c

Bài 10: [2] Gọi H là trực tâm của tam giác ABC có ba góc nhọn với ba đường
AA1 ; BB1 ; CC1 . Chứng minh rằng:

AA1 BB1 CC1


1
BC. AA1
AC.BB1
AB.CC1 CC1
2
2
2
HA1 HB1 HC1 S1  S 2  S3
1
Từ (1); (2); (3) suy ra: AA  BB  CC 
S
1
1
1

�HA

HB

�AA
HC �

BB

CC �

1
1
1
1

�1

1�

 ��4
1. Với mọi a, b > 0, ta có:  a  b  �
�a b �
�1

1

1�

  ��9
2. Với mọi a, b, c > 0, ta có:  a  b  c  �
�a b c �

a

b

c

3

3. Với mọi a, b, c > 0, ta có: b  c  c  a  a  b �2
Vận dụng vào giải và sáng tạo ra các bài toán bất đẳng thức hình học hoặc
tìm cực trị hình học.

16


0

6,5  7,9
SL
%
7

35

8  10
SL
%
13

65

5.2. Giới thiệu một số bài toán
Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) với ba
đường cao AA1 ; BB1 ; CC1 lần lượt cắt đường tròn tâm (O) tại D; E; F. Xác định
dạng của tam giác ABC sao cho.
AA 1 BB1 CC1
1) DA  EB  FC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
1
1
1
AA1 BB1 CC1
2) AD  BE  CF đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

Bài 2: M là một điểm di động trên đoạn thẳng AB cố định. Vẽ các hình

1

dạng của tam giác ABC để tổng GA  GB  GC lớn nhất.
1
1
1

Bài 8: Cho đoạn thẳng AB  a và điểm M di động trên đoạn thẳng đó. Dựng
về một phía của AB hai hình vuông AMCE và BMKQ.
1) Chứng minh AK, BC, QE đồng quy tại một điểm I.
2) Xác định M trên đoạn AB để AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất?
Bài 9: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d. M là một điểm
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa d (M không thuộc đoạn AB). Gọi C, D
thứ tự là giao điểm của tia MA, MB với d. Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam
giác MCD có diện tích nhỏ nhất.
Bài 10: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 10cm trên các cạnh AB; BC;
CD; DA lấy theo thứ tự các điểm M; N; P; Q sao cho AM  BN  CP  DQ . Tìm vị
trí của điểm M sao cho tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

18


III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Trên đây là những vấn đề mà bất kì học sinh hay giáo viên nào muốn nâng cao
kiến thức cũng quan tâm. Việc nghiên cứu đề tài này đã giúp tôi có thêm nhiều
kinh nghiệm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9, là một tài liệu quan
trọng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Đặc biệt hơn đề tài đã tạo được hứng
thú cho học sinh trong quá trình học tập và cũng giúp cho các em sáng tạo hơn
trong quá trình giải các bài toán về cực trị trong hình học.

cho học sinh học toán lớp 9”. Do khuôn khổ bài viết sáng kiến kinh nghiệm
của tôi chắc sẽ còn nhiều thiếu xót. Rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp của các đồng nghiệp giúp tôi sửa chữa và bổ sung được đầy đủ và tốt
hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 4 năm
2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Cao Thế Anh

20