KHAI THÁC CÓ HIỆU QUẢ BÀI TOÁN HÌNH HỌC “BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT VỀ DIỆN TÍCH” I ĐẶT VẤN ĐỀ Học toán gắn liền với hoạt động giải toán Thông qua việc hướng dẫn học sinh giải toán, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh lực tư duy, tính độc lập, linh hoạt, sáng tạo nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo người Việc khai thác có hiệu toán cách bồi dưỡng cjo học sinh lực Ngoài việc khai thác có hiệu toán đem lại cho học sinh lòng say mê hứng thú môn học tâm lý học sinh muốn biết, muốn tìm tòi Để rèn luyện kỹ giải toán cho học sinh, phương pháp hữu hiệu từ toán cách giải toán ta hướng dẫn cho học sinh khai thác để phát biểu giải nhiều toán khác Bài toán hình học bất đẳng thức cực trị dạng toán khó; việc rèn luyện kỹ giải loại toán cần thiết cần nhiều thời gian Nhằm khắc phục khó khăn việc hướng dẫn học sinh giải loại toán đề cập trên, rút số kinh nghiệm đề tài xin trình bày việc hướng dẫn học sinh “ Khai thác có hiệu toán hình học: bất đẳng thức giá trị nhỏ nhất, lớn diện tích” II NỘI DUNG Ta toán quen thuộc chương trình toán Bài toán 1: Cho tam giác ABC vuông A M điểm thay đổi cạnh BC Gọi P,Q hình chiếu điểm M AC AB Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tứ giác AQMP lớn A Phân tích toán: Từ hình ta có số P Q cách phân tích toán sau: C B Hình M Hướng 1: Ta thấy diện tích tam giác ABC không đổi Vậy diện tích tứ giác S AQMP lớn APMQ lớn S ABC Hướng 2: Mặt khác: SAPMQ = SABC – ( SBQM + SCPM) Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn S SBQM + SCPM nhỏ tỉ số +S BQM CPM nhỏ S ABC Từ ta có cách giải toán sau: Cách 1: Ta có S AQMP = AQ.MQ; S ABC = AB AC S => AQMP AQ.QM AQ QM = = Đặt BM=x; MC=y S AB AC AB AC ABC S AQ y QM x AQMP xy = ; = = => AB x + y AC x + y Do mà (x+y)2 ≥ 4xy S ( x + y) ABC S => AQMP ≤ Dấu “=” xảy x = y M trung điểm BC S ABC Vậy SAQMP đạt giá trị lớn S M trung điểm BC ABC Cách 2: Ký hiệu SABC = S; SBQM = S1; SMPC = S2 A P Q S2 S1 C M B Hình Ta có: SAQMP = S – ( S1 + S2 ) S +S Do SAQMP lớn S1 + S2 nhỏ nhỏ S S BM = Ta có: QM // AC => tam giác BQM BAC đồng dạng => S BC MC 2 = PM // AB => tam giác PCM ACB đòng dạng => S BC S S +S BM + MC x2 + y 1 = = ≥ ( Vì (x+y)2 ≤ 2(x2 + y2) ) => 2 S BC ( x + y) 1 Vậy S1 + S2 ≥ S hay S AQMP ≤ S 2 Dấu “=” xảy x = y M trung điểm BC Nhận xét 1: - Về cách giải, toán để tìm vị trí điểm M cho diện tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ diện tích APMQ với diện tích tam giác ABC - Mặt khác, ta nhận thấy lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài 159 sách tập toán 8, tập một) diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP Vì vậy, ta phát biểu thành toán sau: A F E P Q C M B Hình Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC vuông A; M di chuyển cạnh BC Gọi E,F điểm đối xứng M qua AB AC Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MEF lớn Hướng dẫn giải: Trước hết ta chứng minh ba điểm E,A,F thẳng hàng cách chứng minh góc EAF 1800 Điều dẫn đến việc ta phải chứng minh ∆EAQ= ∆MAQ ∆FAP=∆MAP, từ suy SAEQ=SMAQ SAMP=SFAP => SFEM = 2SAQMP đưa toán Nhận xét 2: Dựa vào cách giải toán ta thay tam giác ABC vuông A tam giác ABC Khi P,Q thay giao điểm đường thẳng qua M song song với AB AC, thay việc tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn việc chứng minh SAPMQ≤ S ABC Ta có toán 1.2 Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm M Đường thẳng qua M song song với AB cắt AC P, đường thẳng qua M song song với AC cắt AB Q Chứng minh rằng: S APMQ ≤ S ABC A H Q P K C B M Hình Phân tích toán: Rõ ràng toán toán tổng quát toán 1, khác yêu cầu Bài toán tìm vị trí điểm M để SAPMQ lớn ( toán cực trị); toán chứng minh S APMQ ≤ S ABC ( toán chứng minh bất đẳng thức) Nhưng hai cách giải toán áp dụng cho toán Từ ta giải toán cách sau: S Cách 1: Để tính tỉ số AQMP ta kẻ đường cao từ đỉnh B C tam S ABC giác ABC Khi đó: S AQMP KH AP KH AP KH QM MC BM x y =2 =2 =2 =2 =2 ≤ S BH AC BH AC BH AC BC BC ( x + y) ABC Vậy S AQMP ≤ S ABC Cách 2: Tương tự cách toán Cách 3: Bài toán toán chứng minh bất đẳng thức, ta giới thiệu cho em giải theo cách giải toán chứng minh bất đẳng thức Ta xét hai trường hợp sau: Khi M trung điểm BC : A P Q B M C Hình Dễ thấy S APMQ = S ABC Thật : ∆ ABC có MQ//AC (gt), BM=MC 1 => Q trung điểm AB => SQAM = S AMB , tương tự S APM = S AMC 2 Do 1 1 S +S = S + S = S ⇒ S = S (*) QAM AMP AMB AMC ABC AQMP ABC Khi M không trung điểm BC : MB>MC MB ∆QMB=∆GMH ( g.c.g) => QM=MG ( cạnh tương ứng) Từ suy 2SAPMQ = SAKGQ = SAKHMQ+SBQM = SAKHB< SABC (**) Xét tương tự với trường hợp MB > MC Từ (*) (**) suy S APMQ ≤ S ABC (đpcm) S Nhận xét : - Từ toán ta thấy SAPMQ đạt giá tri lớn M trung điểm BC với S = SABC Khi tổng diện tích hai tam giác QMB PMC đạt giá trị nhỏ Hai kết toán tương đương với - Ở toán 1.2, xét trường hợp điểm M nằm tam giác ABC Lúc đó, qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC, cắt cạnh AB,BC,CA điểm Q,H,N,K,G,P (Hình 7) Áp dụng kết toán ta chứng minh đựơc S1+S2+S3 ≥ S :3 ( S diện tích tam giác ABC) Từ ta có toán 1.3 Bài toán 1.3 : Cho tam giác ABC, M điểm nằm tam giác Qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt cạnh AB, BC, CA Q, H, N, K, G, P Gọi S1 = SQHM, S2 = SNMK, S3 = SPMG ; S = SABC a) Chứng minh S1 + S2 + S3 ≥ S b) Tìm vị trí điểm M để S1 + S2 + S3 nhỏ Hướng dẫn giải : A P Q G H M S1 S3 B N S2 K C Hình a) Xét tam giác AHG có : hình bình hành AQMP nội tiếp tam giác Áp dụng kết toán ta có : S1 + S3 ≥ S AHG Tương tự: với tam giác BQK ta có: S1 + S2 ≥ S BQK với tam giác CPN ta có: S2 + S3 ≥ SCPN Suy 2.( S + S + S ) ≥ ( S + S + S + S ) 2 S => 3.( S1 + S2 + S3 ) ≥ S ⇒ S1 + S2 + S3 ≥ b) Từ nhận xét toán ta có S + S2 + S3 nhỏ M đồng thời trung điểm HG, QK NP M trung điểm HG AM qua trung điểm BC M trung điểm QK BM qua trung điểm AC M trung điểm NP CM qua trung điểm BA Khi M trọng tâm tam giác ABC Nhận xét 4: - Từ toán 2, tam giác ABC có góc nhọn B C, dựng hình chữ nhật MNPQ cho M nằm cạnh AB, N nằm cạnh AC điểm P,Q nằm cạnh BC, lúc ta không yêu cầu chứng minh S MNPQ ≤ S mà yêu cầu tìm vị trí M cho ABC diện tích MNPQ lớn Từ ta có toán 1.4 Bài toán 1.4 : Cho tam giác ABC có góc nhọn B C Dựng hình chữ nhật MNPQ cho M nằm cạnh AB, N nằm cạnh AC hai điểm P,Q nằm cạnh BC Hãy tìm vị trí điểm M cho diện tích hình chữ nhật MNPQ lớn Phân tích : Bài toán thực chất toán mở rộng đòi hỏi HS phải biết cách liên hệ với toán toán 1.2 để áp dụng kết vào toán Từ cách giải toán 1, ta nhận thấy để tìm vị trí điểm M cho diện tích MNPQ lớn ta phải tìm mối liên hệ diện tích MNPQ với diện tích tam giác ABC ; tức ta phải tạo đường cao tam giác ABC để tính diện tích Vì cạnh PQ hình chữ nhật nằm cạnh BC, suy đường cao phải kẻ đường cao xuất phát từ đỉnh A Kẻ đường cao AI ta áp dụng kết toán vào hai tam giác AIB AIC Từ ta giải toán 1.4 sau : A M B K N C Q I P Hình Giải : Cách : Kẻ đường cao AI Gọi K giao điểm AI với MN Áp dụng kết toán cho tam giác AIB tam giác AIC, ta có :  ≤ S MKIQ AIB   ⇒ S MKIQ + S NKIP ≤ ( S AIB + S AIC )  S ≤ S NKIP AIC  ⇒S ≤ S MNPQ ABC S 1 Vậy max SMNPQ = S ABC xảy SMKIQ = S AIB 2 S = S NKIP AIC Các đẳng thức xảy M trung điểm AB, N trung điểm AC ( kết toán 1.2) Vậy M trung điểm AB hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn - Việc biết cách chuyển toán 1.4 để áp dụng kết toán 1.2 giúp cho việc giải toán cách nhẹ nhàng nhanh chóng, góp phần củng cố kết thu giải toán toán 1.2 10 Cách : Từ cách giải toán 1, nhìn vào hình vẽ, học sinh nghĩ đến việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ diện tích tam giác ABC cách kẻ đường cao AI tam giác ABC A Lúc : SMNPQ = MN.MQ ; SABC = AI BC M K N C B Q I P Hình S Suy MNPQ MN MQ MN MQ AK KI AK KI = = = = S AI BC BC AI AI AI ( AK + KI )2 ABC Và giải cách toán Cách : Ta giải toán sau : Kẻ AI ⊥ BC ; AI cắt MN K Đặt AI=h ; BC=a ; MN=x ; MQ=y Khi đó: KI=y; AK=a-y SABC = SAMN+SMNPQ+SNPC+SBMQ 1 => a.h = x.(h − y ) + x y + ( NP.PC + MQ.BQ) mà NP=MQ=KI=y 2 1 ⇒ a.h = x(h − y ) + xy + y ( PC + BQ) mà PC+BQ = BC – QP = a – x 2 A M B K N C Q I P Hình 10 11 1 h( a − x ) ⇒ a.h = x(h − y ) + xy + y (a − x) Hay a.h = xh + ay ⇒ y = 2 a Vậy SMNPQ = xy = x Ta có h( a − x ) h = x(a − x) a a h không đổi (vì tam giác ABC cho trước) nên diện tích tứ giác MNPQ a lớn x.(a – x ) lớn mà x a – x hai số dương x+a-x = a không đổi, x(a-x) lớn x = a – x 2x = a x = a MN đường trung bình tam giác ABC M trung điểm AB N trung điểm AC Khi đó: S h a a h a a.h S ABC = (a − ) = = = MNPQ a 2 2 2 Vậy M trung điểm AB hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn S ABC Nhận xét 5: Với toán 1.4, HS nắm cách giải toán toán 1.2 em nhanh chóng vận dụng kết để giải biết dùng cách giải tương tự để giải không cần phải giải cách vừa dài dòng vừa khó Và nắm cách khai thác kết toán, ta đưa toán cách thay việc nội tiếp tam giác ABC hình chữ nhật MNPQ hình bình hành MNPQ kết toán không thay đổi Ta có toán 1.5 Bài toán 1.5: Cho tam giác ABC Dựng hình bình hành MNPQ cho M nằm cạnh AB, N nằm cạnh AC, hai điểm P,Q nằm cạnh BC Hãy tìm vị trí điểm M cho diện tích hình bình hành MNPQ lớn A A M B K M N C Q I P B K N C Q I P 12 Hình 11 Hình 12 Phân tích toán: Rõ ràng để vận dụng kết toán 1.2 ta cần kẻ qua A đường thẳng AI//MQ ( I ∈ BC) Vận dụng toán 1.2 vào hai tam giác AIC AIB với hình bình hành IKNP IKMQ dùng cách giải toán cách kẻ đường cao AI tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ với diện tích tam giác ABC Nhận xét 6: Như vậy, toán xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào tam giác để diện tích hình bình hành lớn Vậy hình bình hành cố định tam giác dựng có diện tích nhỏ Ta xét toán sau: Bài toán 1.6: Cho góc xOy điểm H cố định thuộc miền góc Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H, cắt Ox, Oy C D Hãy dựng đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ Phân tích toán: Ta nhận thấy tam giác COD thay đổi cạnh CD quay quanh điểm H Dựa vào kết toán 1.2 ta nghĩ đến việc tạo hình bình hành có đỉnh H O tam giác COD Từ để giải toán 1.6 ta làm sau: C x B O H A D y 13 Hình 13 Cách 1: Từ H kẻ HA//Ox ( A ∈ Oy); HB//Oy ( B ∈ Ox) Áp dụng kết toán 1.2 ta có: S HAOB ≤ S hay COD SCOD ≥ SHAOB Vì O,H cố định, Ox,Oy cố định nên OAHB cố định SOAHB không đổi Vậy SCOD nhỏ SCOD= 2SHAOB xảy H trung điểm CD Ta có cách dựng đường thẳng d sau: Từ H kẻ HA//Ox ( A ∈ Oy) x C Trên tia Oy ta lấy điểm D cho OD=2.OA Nối DH cắt Ox C H O CD đường thẳng cần dựng A D Hình 14 y Cách 2: Ở toán ta chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ cách: qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy C D cho CH=HD Ta chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ cắt Ox,Oy C’,D’ Ta cần chứng minh:SCOD < SC’OD’ Sẽ có khả năng: OC’OD OC’OD x C' C H O N D D' y d' 14 Hình 15 *) Giả sử OC’OD Từ D kẻ đường thẳng song song với Ox cắt C’D’ N => ∆HC’C =∆ HND (g.c.g) => SHC’C < SHDD’ => SHCC’+SC’HDO < SHDD’+SC’HDO hay SCOD < SC’OD’ Trường hợp OC’>OC OD’ SAPD = SBPC Vì thay việc chứng minh S chứng minh 2.S PAB A ≤1S APD ABCD +S ≥1S ta PCD ABCD B Vì ta nghĩ đến việc ghép 2.SAPD thành diện tích hình bình hành chuyển P Q tam giác chứa 2.SAPD có diện tích SABCD SABCD thành diện tích E D C 15 Giải: Hình 16 Cách 1: Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt DC kéo dài E Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt AE Q Áp dụng kết toán 1.2 ta 1 có: S AQDO ≤ S AEC ⇒ S EQD + S DCP ≥ S AEC (1) 2 Mà SDAB = SCAB ( AB//CD) => SPAD = SPBC (2) Do APDQ ABDE hình bình hành nên QD=AP, DE=AB, góc QDE góc PAB ( góc có cạnh tương ứng song song) => ∆APB = ∆DQE ( c.g.c) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: SPAB+SPCD = SDQE + SPDC ≥ S AEC => S PAB + S PCD ≥ (S EQD + S AQD + S ADP + S DPC ) => S PAB + S PCD ≥ (S ABP + S PBC + S ADP + S DPC ) => S PAB + S PCD ≥ S ABCD (đpcm) Đẳng thức xảy D trung điểm EC AB=CD ABCD hình bình hành Cách 2: Chúng ta sử dụng công thức tính diện tích để làm trực tiếp mà không sử dụng kếtAquả 1.2 để giải B Ký hiệu SPAB = S1; SAPD = S2 ; SDPC = S3; SPBC = S4 R PS1 S2 D Q S4 C 16 S3 Hình 17 Kẻ AQ ⊥ DB; CR ⊥ BD, ta có : 1 1 S S = ( AQ.PD).( CR.PB) = ( AQ.PB).( PD.CR) = S S 2 => ( S1 + S3)2 ≥ S1.S3 = S2.S4 (1) Vì ABCD hình thang nên S2 = S4, (S2 + S4)2 = 4.S2.S4 (2) Từ (1) (2) => (S1 + S3)2 ≥ (S2 + S4)2 => S1 + S3 ≥ S2 + S4 => (S1 + S3) ≥ S1 + S2 +S3 + S4 => S1 + S3 ≥ S ABCD Đẳng thức xảy S1 = S3 S1 = S2 = S3 = S4 ABCD hình bình hành Nhận xét 8: Ở toán 1.7 học sinh vận dụng thành thạo kết toán1.2 toán dễ dàng chứng minh, em nhanh chóng tìm hướng giải,còn cách chuyển toán để áp dụng kết toán 1.2 việc tìm hướng giải toán khó khăn nhiều(cách giải 2) Bài toán 1.8: Cho hình bình hành ABCD điểm M cố định cạnh BC, lấy điểm N cạnh AD Gọi H giao điểm AM BN, I giao điểm MD NC Tìm vị trí điểm N để diện tích MHNI lớn Phân tích toán: Nhìn vào hình vẽ ta thấy: điểm M cố định cạnh BC điểm N cạnh AD Lúc ABMN DCMN hình thang Vì vẽ hình xong ta cần suy nghĩ xem vận dụng kết toán 1.2 hay toán 1.7 vào tập vận dụng nào? A N B H M I D C 17 Hình 18 Giải: Nối M với N ta hình thang ABMN DCMN Áp dụng kết toán 1.7 ta có: S AHN +S 1 ≥ S ⇒S +S ≤ S HBM ABMN HMN ABMN HAB Mà S HAB = S HMN ( AN / / BM ) => S HMN ≤ S ABMN Đẳng thức xảy AB // MN Tương tự S IMN ≤ SCDMN , đẳng thức xảy MN // CD Từ suy ra: S HIMN =S HMN +S IMN 1 ≤ S + S => S ≤ S HMIN ABMN CDMN ABCD Vậy diện tích tứ giác HMIN lớn S MN // AB ABCD - Như vậy, toán toán trường hợp đặc biệt toán 1.2, toán 1.2 tiền đề để giải toán lại Phương pháp chung vận dụng kết toán 1.2 vào toán lại toán có cách giải khác Để vận dụng có hiệu định giáo viên cần phải biết hướng dẫn học sinh phân tích toán Với toán giải ta tìm kết tương đương, lưu ý kiến thức sử dụng để giải Với toán mới, ta tìm cách liên hệ với toán giải cách dựa vào hình vẽ dựa vào yêu cầu toán III KẾT LUẬN Trên số suy nghĩ việc làm thực trình giảng dạy nhằm “ Khai thác có hiệu toán hình học: bất đẳng thức giá trị nhỏ nhất, lớn diện tích” 18 Tôi nhận thấy toán, dạng toán giới thiệu có hệ thống việc tiếp thu em có hiệu Việc khai thác toán giúp em có định hướng giải toán khác mà sử dụng kết toán giải Tôi nghĩ điều cần quan tâm, cần tìm tòi tích luỹ để chất lượng học tập em ngày nâng cao Tuy nhiên viết không tránh khỏi khiếm khuyết Rất mong góp ý người đọc Tôi xin chân thành cảm ơn Vinh, ngày 10 tháng 04 năm 2010 19 MỤC LỤC I Đặt vấn đề II Nội dung III Kết luận IV Tài liệu tham khảo V Mục lục trang trang trang 19 trang 20 trang 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO SGK Toán 8, tập SBT Toán 8, tập Các toán giá trị lớn nhất, nhỏ hình học phẳng THCS 108 toán cực trị hình học 20 [...]... “ Khai thác có hiệu quả bài toán hình học: bất đẳng thức và giá trị nhỏ nhất, lớn nhất về diện tích 18 Tôi nhận thấy các bài toán, dạng toán được giới thiệu có hệ thống thì việc tiếp thu của các em có hiệu quả hơn Việc khai thác bài toán sẽ giúp các em có định hướng giải các bài toán khác mà sử dụng được kết quả của bài toán đã giải Tôi nghĩ rằng đó cũng là điều chúng ta cần quan tâm, cần tìm tòi và. .. các bài toán đó vẫn có những cách giải khác Để vận dụng có hiệu quả nhất định thì giáo viên cần phải biết hướng dẫn học sinh phân tích bài toán Với bài toán đã giải ta tìm các kết quả tương đương, lưu ý các kiến thức đã sử dụng để giải Với bài toán mới, ta tìm cách liên hệ với bài toán đã giải bằng cách dựa vào hình vẽ hoặc dựa vào yêu cầu của bài toán III KẾT LUẬN Trên đây là một số suy nghĩ và việc... diện tích hình bình hành MNPQ là lớn nhất A A M B K M N C Q I P B K N C Q I P 12 Hình 11 Hình 12 Phân tích bài toán: Rõ ràng để vận dụng kết quả bài toán 1.2 ta chỉ cần kẻ qua A đường thẳng AI//MQ ( I ∈ BC) Vận dụng bài toán 1.2 vào hai tam giác AIC và AIB với các hình bình hành IKNP và IKMQ hoặc dùng cách giải 1 của bài toán 1 bằng cách kẻ đường cao AI và tính tỉ số diện tích của tứ giác MNPQ với diện. .. tính tỉ số diện tích của tứ giác MNPQ với diện tích của tam giác ABC Nhận xét 6: Như vậy, các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào trong một tam giác để diện tích hình bình hành đó là lớn nhất Vậy nếu hình bình hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích nhỏ nhất Ta xét bài toán sau: Bài toán 1.6: Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó... khó Và khi nắm chắc cách khai thác kết quả của bài toán, ta có thể đưa ra bài toán mới bằng cách thay việc nội tiếp tam giác ABC hình chữ nhật MNPQ bởi hình bình hành MNPQ thì kết quả bài toán vẫn không thay đổi Ta có bài toán 1.5 Bài toán 1.5: Cho tam giác ABC Dựng hình bình hành MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, còn hai điểm P,Q nằm trên cạnh BC Hãy tìm vị trí điểm của M sao cho diện. .. SCDMN , đẳng thức xảy ra MN // CD 4 Từ đó suy ra: S HIMN =S HMN +S IMN 1 1 1 ≤ S + S => S ≤ S HMIN 4 ABMN 4 CDMN 4 ABCD Vậy diện tích tứ giác HMIN lớn nhất bằng 1 S khi MN // AB 4 ABCD - Như vậy, trong bài toán trên thì bài toán 1 là trường hợp đặc biệt của bài toán 1.2, bài toán 1.2 là tiền đề để giải các bài toán còn lại Phương pháp chung là vận dụng kết quả của bài toán 1.2 vào các bài toán còn... kẻ đường phụ để chuyển về bài toán đó Ta có bài toán 1.7 Bài toán 1.7:Cho hình thang ABCD ( AB//CD), hai đường chéo AC và 1 BD cắt nahu tại P Chứng minh rằng : S PAB + S PCD ≥ S ABCD 2 Phân tích bài toán: Từ yêu cầu của bài toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng bài toán 1.2 để giải Quan sát hình vẽ ta thấy rằng ABCD là hình thang nên ta có ngay SDAC = SCDB ( hai tam giác có chung đáy, chiều cao... quanh điểm H, cắt Ox, Oy lần lượt tại C và D Hãy dựng đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất Phân tích bài toán: Ta nhận thấy rằng tam giác COD thay đổi khi cạnh CD quay quanh điểm H Dựa vào kết quả của bài toán 1.2 ta nghĩ đến việc tạo ra hình bình hành có đỉnh là H và O trong tam giác COD Từ đó để giải bài toán 1.6 ta có thể làm như sau: C x B O H A D y 13 Hình 13 Cách 1: Từ H kẻ HA//Ox ( A... cách giải bài toán 1, nhìn vào hình vẽ, học sinh có thể nghĩ ngay đến việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ và diện tích tam giác ABC bằng cách kẻ đường cao AI của tam giác ABC A Lúc đó : SMNPQ = MN.MQ ; 1 SABC = 2 AI BC M K N C B Q I P Hình 9 S Suy ra MNPQ MN MQ MN MQ AK KI AK KI = 2 = 2 = = S AI BC BC AI AI AI ( AK + KI )2 ABC Và giải như cách 1 của bài toán 1 Cách 3 : Ta có thể giải bài toán như... dụng kết quả bài toán 1.2 thì việc tìm hướng giải bài toán khó khăn hơn nhiều(cách giải 2) Bài toán 1.8: Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC, lấy điểm N bất kỳ trên cạnh AD Gọi H là giao điểm của AM và BN, I là giao điểm của MD và NC Tìm vị trí của điểm N để diện tích MHNI lớn nhất Phân tích bài toán: Nhìn vào hình vẽ ta thấy: điểm M cố định trên cạnh BC còn điểm N bất kỳ trên cạnh