cuc tri hinh hoc

Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

1

1

2

2

1

3

1

x

O

C

A

B

M

P

N

Giáo viên hướng dẫn: ĐỖ KIM SƠN


2

Trong hoạt ñộng của mình, con người luôn luôn ñối mặt với một câu hỏi tìm giá trị

cực ñại hoặc cực tiểu của một ñối tượng hình học nào ñó về ñộ dài, diện tích, bề mặt hoặc thể tích,… Ngay trong tự nhiên, những hình có dạng ñều, chúng mang những tính chất rất ñặc biệt, trong nó chứa ẩn những tính chất “cực trị” mà các hình khác không có ñược như tam giác ñều, hình vuông, lục giác ñều hoặc hình tròn, khối cầu,….

Ngày nay những bài toán cực trị vẫn ñược quan tâm và nghiên cứu. Những phương pháp giải và các dạng bài tập này trong hình học rất ñặc trưng và bắt nguồn từ lý thuyết cơ bản của toán học. Ở ta, những loại sách tổng kết lại những bài toán cực trị trong hình học còn hiếm, nhất là không hệ thống phương pháp giải và ñưa ra một cách nhìn mới trong học tập, rất nhiều cuốn bài tập chỉ mang tính chất liệt kê không làm nổi bật những ý tưởng của ñề toán và các phương pháp tiếp cận giải toán

Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên ñề “M ột số phương pháp tìm cực tr ị trong hình học” . Chuyên ñề này chỉ giới thiệu về một số phương pháp tìm cực trị cơ bản thường gặp trong hình học phẳng và hình học vectơ. Trong mỗi phương pháp sẽ có các ví dụ minh họa. Và cuối cùng là phần bài tập tổng hợp với các bài tập giải bằng những phương pháp khác nhau.

Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em ñã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là ñiều khó tránh. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn thông cảm. Xin chân thành cảm ơn!

Nhóm biên tập

Tóm tắt ki ến thức :


3

1) Cực trị hình học : Cho biểu thức f phụ thuộc ñiểm X biến thiên trên miền D. Ta nói :

0 0

( ) ,: ( )max ( ) f X M X D

X D f X Mf X M ≤ ∀ ∈∃ ∈ == ⇔

0 0

( ) ,: ( )min ( ) f X m X D

X D f X mf X m ≥ ∀ ∈∃ ∈ == ⇔

2) Phép toán vector:

Phép cộng vector: * Quy tắc 3 ñiểm: AB BC AC+ =

��

* Quy tắc hình bình hành: nếu ABCD là hình bình hành thì AB AD AC+ =��

Phép trừ vector: * Quy tắc: AC AB BC− =

��

Tích vector với 1 số: Cho số k ≠ 0 và 0a ≠

� �. Tích vector a với số k là một vector kí hiệu ka

�, cùng hướng

vector a nếu k > 0 và ngược hướng vector a nếu k < 0 và có ñộ dài bằng | || |k a�

Tích vô hướng của hai vector : Cho ,a b

� � khác vector 0 . Ta có : . | | . | | .cos( , )a b a b a b=

� � � � � �

Một số kí hiệu dùng trong tài liệu

, ,a b c : ñộ dài các cạnh BC, CA, AB của ABC∆ . , ,a b ch h h : ñộ dài các ñường cao xuất phát từ các ñỉnh A, B, C của ABC∆ .

, ,a b cm m m : ñộ dài các ñường trung tuyến xuất phát từ các ñỉnh A, B, C của ABC∆ . ,R r : bán kính ñường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC∆ . , ,a b cr r r : bán kính các ñường tròn bàng tiếp góc A, B, C của ABC∆ .

Một số ñiểm ñặc biệt trong tam giác

Điểm Lemoine:


4

Định nghĩa: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC∆ lấy các ñiểm 1 1 1, ,A B C tương ứng

sao cho 2 2 2

1 1 12 2 2

1 1 1

, ,AC BA CBb c a

C B a AC b B A c= = = (các ñường 1 1 1, ,AA BB CC là các ñường ñối trung).

Khi ñó các ñường thẳng 1 1 1, ,AA BB CC ñồng quy tại ñiểm L gọi là ñiểm Lemoine. Tính chất: Cho ABC∆ , L là ñiểm trong tam giác. Gọi H, K, N theo thứ tự là hình chiếu của L trên BC, CA, AB. Khi ñó L là ñiểm Lemoine của ABC∆ khi và chỉ khi L là trọng tâm của HKN∆ khi và chỉ khi 2 2 2 0a LA b LB c LC+ + =

��

Điểm Toricelli: Cho ABC∆ có các góc ñều nhỏ hơn 0120 . Khi ñó tồn tại duy nhất ñiểm T có tính chất cùng nhìn các cạnh BC, CA, AB dưới các góc 0120 . Điểm T như vậy gọi là ñiểm Toricelli của ABC∆ . Điểm Gergone: Đường tròn nội tiếp ABC∆ tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại 1 1 1, ,A B C . Khi ñó các ñường thẳng 1 1 1, ,AA BB CC ñồng quy tại ñiểm J gọi là ñiểm Gergone. Điểm Naghen: Các ñường tròn bàng của ABC∆ tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại 1 1 1, ,A B C . Khi ñó các ñường thẳng 1 1 1, ,AA BB CC ñồng quy tại ñiểm N gọi là ñiểm

Naghen.


5


6

Phương pháp 1: Vận dụng quan hệ giữa ñường xiên và ñường vuông góc.

Ví dụ 1.1: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA ta lấy theo thứ tự các ñiểm E, F, G, H sao cho AE= BF= CG= DH. Xác ñịnh vị trí của các ñiểm E, F, G, H sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải: �HAE= �EBF(c-g-c) ⇒HE= EF.

O

C

AB

D

E

H

F

G

Tương tự ta có: HE= EF= FG= GH nên tứ giác EFGH là hình thoi.

�HAE= �EBF còn suy ra � �AHE BEF=

Ta lại có� � � �0 090 ê 90AHE AEH n nBEF AEH+ = + =

Do ñó: � 090HEF = . Như vậy hình thoi EFGH là hình vuông. Gọi O là giao ñiểm của AC và EG. Tứ giác AECG có AE= CG, AE// CG nên là hình bình hành, suy ra O là trung ñiểm của AC và của EG, do ñó O là tâm của cà hai hình vuông ABCD và EFGH.

�HOE vuông cân: 2 22. . 2HE OE HE OE= ⇒ = Chu vi EFGH= 4.HE= 4 2 .OE. Do ñó chu vi EFGH nhỏ nhất ⇔ OE nhỏ nhất. Kẻ OK AB⊥ . Theo quan hệ giữa ñường vuông góc và ñường xiên: OE ≥ OK( ñộ dài OK không ñổi) nên OE= OK ⇔ E≡ K Do ñó min OE= OK Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E, F, G, H là trung ñiểm của AB, BC, CD, DA. ��Nhận xét về phương pháp giải: trong cách giải trên có các biến ñổi tương ñương sau:


7

Chu vi EFGH nhỏ nhất ⇔ HE nhỏ nhất ⇔ OE nhỏ nhất. Quan hệ OE≤ OK (OK không ñổi) cho phép ta xác ñịnh vị trí của ñiểm E ñể OE có ñộ dài nhỏ nhất . Ví dụ 1.2: Cho ñoạn thẳng AB có ñộ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông góc với AB. Qua trung ñiểm M của AB có hai ñường thẳng thay ñổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xáx ñịnh vị trí của các ñiểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. Giải: Gọi K là giao ñiểm của CM và DB. �MAC= �MBK(g-c-g) ⇒MC= MK. �DCK có ñường cao DM là trung tuyến nên là tam giác cân, suy ra � �HDM MDB= . Kẻ MH CD⊥ . Do M thuộc tia phân giác cùa góc D nên: MH= MB= a.

1. .

2MCDS CD MH=

x

y

a a

H

K

D

MA B

C

Do CD≥ AB= 2a và MH= a nên: 21

.2 .2MCDS a a a= =

2 .MCDS a CD Ax= ⇔ ⊥ Khi ñó � �0 045 , 45AMC BMD= = .

Vậy 2MCDS a= . Các ñiểm C, D ñược xác ñịnh trê Ax, By sao cho AC= BD= a

Ví dụ 1.3: Cho tam giác ABC có góc B là góc tù, ñiểm D di chuyển trên cạnh BC. Xác ñ5nh vị trí của ñiểm D sao cho tổng các khoảng cách từ B và từ C ñến ñường thẳng Ad có giá trị lớn nhất.


8

Giải: Gọi S là diện tích �ABC. Khi D di chuyển trên cạnh BC ta có:

ABD ACDS S S+ =

Kẻ ,BE AD CF AD⊥ ⊥ ta có : 1 1

. . . .2 2

AD BE AD CF S+ = nên BE+ CF = 2S

AD

Do ñó BE + CF lớn nhất ⇔ AD nhỏ nhất.

F

E

H

A

BCD

Đường xiên AD nhỏ nhất ⇔ hình chiếu HD nhỏ nhất. Ta có HD ≥ HB ( do � 090ABD > ) và HD = HB khi và chỉ khi D≡B. Như vậy khi D trùng B thì tổng các khoảng cách từ B và từ C ñến AD có giá trị lớn nhất. Ví dụ 1.4: Cho hình bình hành ABCD. Qua A vẽ ñường thẳng d không cắt hình bình hành. Gọi B’, C’, D’, l ần lượt là hình chiếu vuông góc của các ñiểm B, C, D trên ñường thẳng d. Xác ñịnh vị trí của ñường thẳng d ñể tổng BB’ + CC’ + DD’ có giá trị lớn nhất. Giải: Gọi O là giao ñiểm của AC và BD. O’ là hình chiếu vuông góc của O trên d.

' , ' '/ / 'DD d BB d DD BB⊥ ⊥ ⇒ ⇒ DD’B’B là hình thang.

d

O'

O

B'

C'

D'

C

AB

D

Mà ' , ' '/ / 'OO d DD d OO DD⊥ ⊥ ⇒ và O là trung ñiểm BD ( ABCD là hình bình hành) Do ñó OO’ là ñường trung bình của hình thang DD’B’B

' '' ' ' 2. '

2

BB DDOO BB DD OO

+⇒ = ⇒ + =


9

' , ' '/ / 'OO d CC d OO CC⊥ ⊥ ⇒ và O là trung ñiểm AC.( ABCD là hình bình hành)

Do ñó OO’ là ñường trung bình cùa �ACC’ '

' ' 2. '2

CCOO CC OO⇒ = ⇒ =

, 'A d OO d∈ ⊥ nên OO’≤ OA. Do ñó BB’ + CC’ + DD’ = 4.OO’≤ 4.OA ( không ñổi) Dấu “=” xảy ra ⇔ O’ ≡ A ⇔ d vuông góc AC tại A.

Phương pháp 2: Quan hệ giữa ñoạn thẳng và ñường gấp khúc Ví dụ 2.1: Cho hình chữ nhật ABCD và ñiểm E thuộc cạnh AD. Xác ñịnh vị trí các ñiểm: F thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải: Gọi I, K, M theo thứ tự là trung ñiểm của EF, EG và GH.

�AEF vuông tại A có AI là trung tuyến ⇒ AI= 1

.2

EF

K

I

C

A B

D

F

H

E

G

Tương tự MC= 1

.2

GH .

IK là ñường trung bình của �EFG ⇒ IK=1

.2

FG .

Tương tự KM= 1

.2

EH

Do ñó: chu vi EFGH= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có: AI + IK + KM + MC ≥ AC (so sánh ñộ dài ñoạn thẳng và ñường gấp khúc) Suy ra: chu vi EFGH ≥ 2AC ( không ñổi). Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC ⇔ A, I, K , M, C thẳng hàng. �� Nhận xét về phương pháp giải: bằng cách vẽ trung ñiểm các cạnh EF, GH, và trung ñiểm của ñường chép EG, ta tính ñược chu vi của tứ giác EFGH bằng hai lần ñộ dài

M


10

ñường gấp khúc AIKMC, ñộ dài ñường gấp khúc trên nhỏ nhất khi ñường gấp khúc ñó trở thành ñoạn thẳng AC. Ví dụ 2.2: Cho tam giác ABC nhọn. Dựng một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếp�ABC, tức là có ba ñỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ấy. Giải: Cách 1: Xét tam giác MNP nội tiếp �ABC một cách tùy ý ( M thuộc AB, N thuộc BC, P thuộc AC). Vẽ E, F sao cho AB là ñường trung trực của NE, AC là ñường trung trực của NF. Chu vi �MNP = NM + MP + PN = EM + MP + PF ≥ EF

1 2

A

B C

M

N

P

E

F

Ta cần xét khi nào thì EF nhỏ nhất. Ta có � � � �

1 22 2 2EAF A A BAC= + = �EAF là tam giác cân có góc ở ñỉnh không ñổi nên cạnh ñáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất. EF nhỏ nhất ⇔ AE nhò nhất ⇔ AN nhỏ nhất ⇔ AN BC⊥ Như vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi N là chân ñường cao kẻ từ A, còn M và P là giao ñiểm cùa EF với AB, AC. Ta có nhận xét rằng khi N là chân ñường cao kẻ từ A thì M và P cũng là chân hai ñường cao còn lại của tam giác. CM: Xét �HMP: AB là ñường phân giác của góc EMH, AC là ñường phân giác ngoài của góc FPH. Ta có AB, AC gặp nhau tại A nên HA là tia phân giác của góc MHP. Vì AH ⊥ HC nên HC là ñường phân giác ngoài tại ñỉnh H. Theo trên AC là ñường phân giàc ngoài tại ñỉnh P, HC gặp AC tại C nên MC là tia phân giác góc trong tại ñỉnh M.


11

H

A

B C

M

P

E

F

MB và MC là các tia phân giác của các góc kề bù nên MB ⊥ MC. Tương tự PC ⊥ PB Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi M, N, P là chân ba ñường cao của tam giác ABC. Do tam giác ABC nhọn nên M, N, P thuộc biên của tam giác. Cách 2: Lấy M, N, P tùy ý trên AB, BC, CA và nối tâm O của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với M, N, P. Gọi R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác, S là diện tích tam giác.

Khi ñó: 1

. .2OMBNS OB MN≤

1

. .2ONCPS OC NP≤

1

. .2OPAMS OA PM=

1

2

2

1

3

1

x

O

C

A

B

M

P

N

Do OA = OB = OC = R nên 1

. .( )2OMBN ONCP OPAMS S S S R MN NP PM= + + ≤ + +

Do ñó chu vi 2S

MNPR

≥△


12

Xảy ra ñẳng thức khi và chỉ khi OA ⊥ MP, OB ⊥ MN, OC ⊥ NP. Ta sẽ CM rằng khi ñó thì AN, BP, CM là các ñường cao của tam giác ABC.

Thật vậy, giả sử OA ⊥ MP, OB ⊥ MN, OC ⊥ NP. Kẻ tiếp tuyến Ax. Ta có � �2C M= (

cùng bằng góc BAx). Chứng minh tương tự � �1C M= . Do ñó � �

1 2M M= suy ra � �2 3M M= .

Như vậy MA là phân giác ngoài của tam giác MNP. Tương tự PA là ñường phân giác

ngoài tam giác MNP. Suy ra NA là ñường phân giác của góc MNP. Ta lại có � �1 2N N=

nên NA BC⊥ . Chứng minh tương tự ,BP AC CM AB⊥ ⊥ . Tam giác MNP có chu vi nhò nhất khi và chỉ khi N, P, M là chân các ñường cao của tam giác ABC. Ví dụ 2.3: Cho tam giác ñều ABC và trung ñiểm M của AB. Trước tiên An chọn một ñiểm N trên BC, tiếp ñó Bình chọn một ñiểm P trên AC. Mục tiêu của An là muốn tổng d = MN + NP + PM lớn nhất, còn Bình muốn tổng d nhỏ nhất. Hỏi rằng nếu cả hai ñều có cách chọn tốt nhất thì N và P là những ñiểm nào? Giải Vẽ các ñiểm D, E sao cho AC là ñường trung trực của MD, BC là ñường trung trực của ME. Độ dài ñường gấp khúc DPNE bằng d.

E

D

M

B

P CA

N

Dễ thấy hoặc PN + NE < PB + BE hoặc PN + NE < PC + CE nên ñộ dài của ñường gấp khúc DPNE không vượt quá ñộ dài của ñường gấp khúc DPBE hoặc ñộ dài của ñường gấp khúc DPCE. Vậy ñể d lớn nhất thì An phải chọn N trùng B hoặc C. Rõ ràng ñể tổng d nhỏ nhất thì Bình phải chọn P là giao ñiểm của ND và AC.


13

B'

P

D

CA

B trùng N

M

Trong trường hợp An chọn N trùng B thì Bình chọn P là giao ñiểm của BD và AC, khi ñó d = 1d MB BP PM= + + . Còn trong trường hớp An chọn N trùng C thì Bình chọn P

là giao ñiểm của CD và AC, chính là C, khi ñó d = 2 2d MC CM MC= + = .

h

D

C trùng N trùng PA

B

M

Bây giờ ta so sánh 1d và 2d . Đặt MC = h thì 2d = 2h (1). Qua B kẻ ñường thẳng vuông góc với AC, cắt MP ở B’. Ta có BP = B’P nên : 1d = MB + Bp + PM = MB + B’P + PM = MB +B’M > BB’ = 2h (2)


14

Từ (1) và (2) suy ra 1 2d d> . Do cả hai người ñều chơi tối ưu nên An chọn N trùng B ñể có tổng d lớn nhất, sau ñó Bình chọn P là giao ñiểm của BD và AC. Ví dụ 2.4: Cho hai ñiểm A và B nằm trong góc nhọn xOy. Xác ñịnh ñiểm M trên tia Ox, ñiểm N trên tia Oy sao cho ñường gấp khúc AMNB có ñộ dài nhò nhất. Giải:

y

x

N

M

B'

A'

O

A

B

Vẽ các ñiểm A’, B’ sao cho Ox là ñường trung trực của AA’, Oy là ñường trung trực của BB’. Độ dài ñường gấp khúc AMNB bằng AM + Mn + NB = A’M + MN + NB’ ≥ A’B’. Độ dài ñường gấp khúc ñó nhỏ nhất trong trường hợp M, N nằm trên A’B’.


15

Phương pháp 3: Áp dụng bất ñẳng thức trong ñường tròn tìm cực trị

Ví dụ 3.1:Cho hai ñiểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là ñường thẳng d, hai ñiềm M,N thuộc d và dộ dài MN không ñổi. Xác ñịnh vị trí hai ñiềm M, N ñể dường gấp khúc AMNB ñạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Dựng hình bình hành BNMB’⇒ BB’= MN = a (không ñổi); NB =MB’, B’ cố ñịnh. Gọi A’ là ñiểm ñối xứng của A qua ñường thẳng d. Ta có AM =A’M, A’ cố ñịnh.

d

B'

A'

A

B

M N

Xét ba ñiểm A’, M, B’ ta có A’M + MB’ ≥ A’B’ Do ñó AM + MN + NB =A’M+ MN +MB’ =( A’M+ MB’) + MN ≥ A’B’+ a (không ñổi) Dấu bằng xảy ra ⇔ M [ '; ']A B∈


16

Ví dụ 3.2: Nửa ñường tròn (O;R) ñường kính AB. M là ñiểm di ñộng trên nửa ñường tròn. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa ñường tròn, gọi D,C Lần lượt là hình chiếu của A; B trên tiếp tuyến ấy. Xác ñịnh vị trí của ñiểm M ñể diện tích tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất. Giải: Ta có: AD ⊥ DC (gt), BC ⊥ DC (gt) ⇒ AD// BC⇒ABCD la hinh thang mà �D = 900 nên ABCD là hình thang vuông, OM ⊥ DC nên OM // AD và O là trung ñiểm AB nên OM là ñường trung bình của hình

thang ABCD ⇒2

AD BCOM

+=

Do ñó . .2ABCD

AD BCS DC OM DC

+= =

D

C

E

OA B

M

Vẽ AE ⊥ BC. Tứ giác ADCE là hình chữ nhật

(� � � 090ADC DCE AEC= = = ) ⇒ DC = EA �AEB = 900 ⇒ E thuộc ñường tròn ñường kính AB, ⇒ AE là dậy cung của ñường tròn (o) ⇒ DC ≤ 2R (trong ñường tròn ñườn kính là dây lớn nhất) Do ñó 2.2 2ABCDS R R R≤ = (không ñổi)

Dấu bằng xảy ra ⇔ AE là ñường kính cùa (O) ⇔OM ⊥ AB ⇔ M là trung ñiểm của cung AB. Ví dụ 3.3: Cho ñường tròn (O;R) BC là dây cung cố ñịnh (BC≠ 2R). A là diểm chuyển ñộng trên cung lớn BC. Xác ñịnh vị trí của A ñể chu vi tam giác ABC lớn nhất Giải:

ABCP = AB + AC + BC (BC không ñổi)

Trên tia ñối của tia AB lấy D sao cho AD = AC

Ta có ∆ABC cân tại A ⇒ � �2BAC ADC= Mà �BAC không ñổi ⇒ �ADC không ñổi.


17

Mặt khác �BDC không ñổi, BC cố ñịnh ⇒ D thuộc cung chứa góc có số ño

�1

4sd BC của (O) dựng trên ñoạn thẳng BC.

D

O

CB

A

ABCP lớn nhất ⇔ (AB + DC) max ⇔ BD max ⇔ BD là ñường kính của cung chứa góc nói trên. Khi ñó �BCD = 900.

Mà � � � �ABC BDC ACB ACD+ = + = 900

� �BDC ACD= ( AC = AD)

Do ñó � �ABC ACB= ⇔ � �AB AC= ⇔ A là trung ñiểm của cung lớn BC


18

Phương pháp 4: Áp dụng bất ñẳng thức ñại số tìm cực trị

Ví dụ 4.1: Cho nửa ñường tròn (O;R) ñường kính AB. M là ñiểm chuyển ñộng trên nửa ñường tròn. Xác ñịnh vị trí M ñể MA + 3MB ñạt giá trị lớn nhất.

Giải: � 090AMB = (góc nội tíếp chắn nửa ñường tròn) Tam giác MAB có � 090M = nên theo ñịnh lý Pitago ta có:

2 2 2 24MA MB AB R+ = =

OA B

M

Áp dụng bất ñảng thức 2 2 2 2| | ( )( )ax by a b x y+ ≤ + +

Ta có: 2 2 23. | 3. | (1 3)( ) 4.4 4MA MB MA MB MA MB R R+ = + ≤ + + = =

3. 4MA MB R+ ≤ hằng số.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3.MA MB= MAB⇔△ là nủa tam giác

ñều � 060sd MA⇔ = Ví dụ 4.2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC). Lấy ñiểm D trên cạnh BC ( D khác

B,C). Gọi 1 2,r r lần lượt là bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ABD và ACD. Xác

ñịnh vị trí của D ñể tích 1 2r r ñạt giá trị lớn nhất.

Giải: Gọi O là giao ñiểm 3 ñường phân giác của tam giác ABC, 1O là tâm ñường tròn

nội tiếp tam giác ABD, 2O là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ACD. Dễ thấy 1O OB∈ ,

2O OC∈ . Vì 1 2,r r > 0, áp dụng bất ñẳng thức Cauchy, ta có : 2 2

1 21 2.

2

r rr r

+≤ .

Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2r r= .


19

MH

NK

O2

O

DB C

A

O1

Khi ñó 1 2O KB O NC=△ △ suy ra BK = CN. Suy tiếp ra BH = CM.

Từ ñó AH = AM. Vậy 1 2AHO AMO=△ △ . Nên 1 2AO AO= , kẻ 1 2,O I AD O J AD⊥ ⊥ .

Dễ thấy I trùng J và 1 2 .O I O J= Từ ñó KD = DN. Vậy D là trung ñiểm của BC thì tích 1 2r r ñạt giá trị lớn nhất. Lúc ñó A, O, D thẳng hàng. Ví dụ 4.3: Cho ñoạn thẳng BC cố ñịnh. A là ñiểm di ñộng sao cho tam giác ABC nhọn. AA’ là ñường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Xác dịnh vị trí A ñể AA’.A’H ñạt giá trị lớn nhất Giải

Xét ∆A’BH và ∆A’AC có � � � �0' ' 90 , ' 'BA H AA C A BH A AC= = = ( Hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc )

A'

H

A

B C


20

Do ñó ∆A’BH ∼ ∆A’AC ⇒ HA’/A’C = A’B/ AA’ ⇒ A’A. HA’ = A’B. A’C, Ta có : A’B,A’C = A’B(BC - A’B) = A’B. BC –A’B 2

= 2 2 2 2

2 2( ' . ) ( ' )4 4 4 2 4

BC BC BC BC BCA B BC AB A B− − + = − − ≤

Vậy AA’. HA’ ≤ 2

4

BC(không ñổi)

Dấu bằng xảy ra ⇔ 2

BC= AB

⇔A’ là trung ñiểm BC ⇔ A thuộc trung trực của BC Vì ∆ABC nhọn nên A nằm ngoài ñường tròn ñường kính BC.


21

Phương pháp 5: Ứng dụng diện tích tìm cực trị

Ví dụ 5.1: Hãy tìm trong tam giác ABC một ñiểm M sao cho tích các khoảng cách từ M ñến ba cạnh có giá trị lớn nhất.

Giải: Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ m ñến ba cạnh BC, AC, AB; , ,a b ch h h tương ứng là ñường cao xuất pháp từ các ñỉnh A, B, C. Ta có:

1ABC MBC MCA MABa b c

x x xS S S S

h h h= + + ⇔ = + +

z

x

y

H

D

E

F

B C

A

M

Như vậy, các số , ,a b c

x x x

h h h có tổng không ñổi, do ñó tích . .

a b c

x x x

h h h lớn nhất (cũng

có nghĩa là x.y.z lớn nhất) khi và chỉ khi: 1

3a b c

x x x

h h h= = = .

Khi ñó M là trọng tâm tam giác ABC. Ví dụ 5.2: Cho ñiểm M di chuyển trên ñoạn thẳng AB. Vẽ các tam giác ñều AMC và BMD về một phía của AB. Xác ñịnh vị trí của M ñể tổng diện tích hai tam giác ñều trên là nhỏ nhất. Giải: Cách 1: Gọi K là giao ñiểm AC và BD. Các tam giác AMC, BMD ñồng dạng với tam giác AKB.

Đặt AM = x, AB = a, 1 2, ,AMC BMD AKBS S S S S S= = = .


22

Ta có: 2 21 2( ) ; ( )S Sx y

S a S a= = nên

2 2 2 21 2

2 2 2

( ) 1

2 2 2

S S x y x y a

S a a a

+ + += ≥ = =

Xảy ra dấu ñẳng thức khi và chỉ khi x = y

Do ñó: 1 2

1min( )

2S S S+ = ⇔ M là trung ñiểm của AB

12

x y

D

C

BA

K

M

Cách 2: Ta có 2 2

1 2

3 3,

4 4

x yS S= =

22 2 2

1 2

3 3 ( ) 3( ) .

4 4 2 8

x yS S x y a

++ = + ≥ =

21 2

3min( )

8S S a x y+ = ⇔ = ⇔ M là trung ñiểm của AB.

Ví dụ 5.3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 12 cm, E là trung ñiểm của CD, ñiểm F thuộc cạnh BC sao cho CF = 4 cm. Các ñiểm G và H theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB và AD sao cho GH // EF. Xác ñịnh vị trí của ñiểm G sao cho tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ñó.

Giải:Đặt EFGHS S= , BG = x và kí hiệu như hình vẽ.

AGH△ ñồng dạng CEF△12 2(12 )

4 6 3

AH AG AH x xAH

CF CE

− −⇒ = ⇒ = ⇒ =

2(12 ) 12 212

3 3

x xDH

− +⇒ = − =

1 2 3 4ABCDS S S S S S= − − − −

=144- 21 2. .(12 ) 4 12 (12 2 )

2 3x x x− − − − +


23

= 21144 (144 24 ) 4 12 12 2

3x x x x− − + − − − −

= 21144 48 8 6 24

3x x x− + − − −

= 2 21 12 72 ( 3) 75 75

3 3x x x− + + = − − + ≤

x

3

2

4

1

E

BA

D C

FH

G

maxS = 75 khi và chỉ khi x = 3 Diện tích lớn nhất của tứ giác EFGH là 75 2cm với BG = 3cm. Ví dụ 5.4: Cho hình vuông ABCD có AB = 6m, ñiểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = 2m. Xác ñịnh vị trí ñiểm F trên cạnh BC sao cho hình thang EFGH ( G thuộc cạnh CD, H thuộc cạnh AB và EH // GF // BD) có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ñó.

Giải: Đặt BF = x, EFGHS S= .

4

x 6-x

6-x

x

4

2

2 BA

D C

E

HF

G

Ta có:


24

ABCD AEH BEF CFG DGHS S S S S S= − − − − 22 2.36 4 4 (6 ) 4S x x x⇒ = − − − − −

272 4 4 36 12 4x x x x= − − − + − − 2 24 32 ( 2) 36x x x= − + + = − − + MaxS = 18 khi và chỉ khi x = 2 Vậy BF = 2m. Khi ñó 218EFGHS m=


25

Phương pháp 1: Tìm cực trị nhờ ñánh giá ñộ dài vector Ví dụ 1.1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ñường tròn (O). Tìm ñiểm M thuộc ñường tròn (O) ñể biểu thức sau ñạt GTLN, GTNN: | |T MA MB MC= + −

��

Giải: Gọi I là ñỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì: 0IA IB IC+ − =��

M2

M1

I

O

CB

A

M

Khi ñó : ( ) ( ) ( )MA MB MC MI IA MI IB MI IC+ − = + + + − +

��

MI IA IB IC= + + −��

MI=��

Như vậy T lớn nhất ⇔ | |MI��

lớn nhất ⇔ MI lớn nhất ⇔ M ≡ 1M với 1M là giao

ñiểm của OI với ñường tròn (O), 1M nằm ngoài ñoạn OI..

Tương tự T nhỏ nhất ⇔ 2M M≡ với 2M là giao ñiểm của OI với ñường tròn (O) ,

2M thuộc ñoạn OI.

Ví dụ 1.2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và ba số , ,α β γ sao cho 0α β γ+ + ≠ . Tìm ñiểm M thuộc (O) ñể biểu thức sau ñạt GTLN, GTNN

| |T MA MB MCα β γ= + +��

Giải: Gọi I là tâm tỷ cự của hệ ñiểm A, B, C ứng với các hệ số , ,α β γ


26

( ) ( ) ( )MA MB MC MI IA MI IB MI ICα β γ α β γ+ + = + + + + +��

( )MI IA IB ICα β γ α β γ= + + + + +��

( )MIα β γ= + +��

Do ñó | ( ) | .T MIα β γ= + + .

Gọi 1 2,M M lần lượt là giao của OI với ñường tròn (O) trong ñó 1 2IM IM≥ thì :

T lớn nhất khi và chỉ khi M trùng 1M

T nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng 2M Ví dụ 1.3: Cho ñường tròn (O) và hai ñiểm phân biệt A, B cố ñịnh sao cho ñường thẳng AB không cắt (O). Tên ñường tròn ñó lấy ñiểm C và dựng ñiểm M thỏa ñiều kiện

CM CA CB= +��

. Tìm vị trí của ñiểm C ñể ñoạn CM có ñộ dài nhỏ nhất, lớn nhất.

Giải : Gọi I là trung ñiểm AB thì I cố ñịnh và 2CM CI=��

.

Gọi 1 2,C C là giao của OI với ñường tròn (O) và coi 1 2IC IC≥ .

C2

C1

I

M

O

C

AB

Với C bất kì thuộc (O) ta có:

1 2IC CO IO OC OC+ ≥ = +

Do ñó 2IC IC≥ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C trùng 2C

Mặt khác 1 1IC IO OC IO OC IC≤ + = + =

Do ñó 1IC IC≤ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C trùng 1C


27

Vậy CM lớn nhất khi và chỉ khi C trùng 2C

CM nhỏ nhất khi và chỉ khi C trùng 1C Ví dụ 1.4: Giả sử tam giác ABC và A’B’C’ là các tam giác thay ñổi, có trọng tâm G và G’ cố ñịnh. Tìn GTNN của tổng: ' ' 'T AA BB CC= + +

Giải: Vì 0GA GB GC+ + =��

và ' ' ' ' ' ' 0G A G B G C+ + =��

nên ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 'AA BB CC AG GG G A BG GG G B CG GG G C+ + = + + + + + + + +

��

3 ' ( ) ( ' ' ' ' ' ')GG GA GB GC G A G B G C= − + + + + +��

3 'GG=��

Do ñó:

' ' ' | ' | | ' | | ' |AA BB CC AA BB CC+ + = + +��

| ' ' ' |AA BB CC≥ + +��

3 | ' | 3 'GG GG= =��

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các vector ', ', 'AA BB CC��

cùng hướng

Vậy min ' ' 'AA BB CC+ + = 3GG’ Nhận xét: từ khái niệm trọng tâm của ñoạn thẳng và tứ giác ta cũng có:

• Min ( AA’+BB’) = 2GG’ • Min ( AA’+BB’+CC’+DD’) = 4 GG’


28

Phương pháp 2 : Tìm cực trị nhờ ñánh giá bình phương vô hướng: Ví dụ 2.1: Cho tam giác ABC và ñường thẳng d cố ñịnh ñi qua C. Trên d lấy ñiểm M và lập tổng 2 23 2MA MB+ . Tìm vị trí M ñể tổng ñó ñạt giá trị nhỏ nhất.

Giải: Giả sử I là ñiểm sao cho 3 2 0IA IB+ =��

thì I là ñiểm cố ñịnh .

d

C

M

AB

I Ta có 2 2 2 23 2 3( ) 2( )MA MB MI IA MI IB+ = + + +

��

2 2 25 3 2MI IA IB= + +

Do ñó 2 23 2MA MB+ nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇔ MI d⊥ , ñiều này

tương ñương � 090IMC = , tức là M thuộc ñường tròng (C) ñường kính IC.

Vậy 2 23 2MA MB+ nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao ñiểm của d với ñường tròn ñường

kính IC Ví dụ 2.2: Trong mọi tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O) tìm tam giác có tổng T = 2 2 2a b c+ + lớn nhất. Giải: Ta có: 2 2 2T BC CA AB= + +


29

( ) ( ) ( )OC OB OA OC OB OA= − + − + −��

26 2( . . . )R OC OB OA OC OB OA= − + +��

2 2 2 29 ( ) 9 9R OA OB OC R OG= − + + = −��

Suy ra T 29R≤ . Đẳng thức xảy ra O G⇔ ≡ ⇔ ABC là tam giác ñều Vậy trong mọi tam giác ABC nội tiếp ñường tròn thì tam giác ñều thỏa mãn bài toán. Ví dụ 2.3: Trong mọi tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O), hãy tìm tam giác có tổng bình phương các khoảng cách từ tâm ñường tròn ñến các cạnh là nhỏ nhất.

Giải: Gọi , ,a b cd d d lần lượt là khoảng cách từ tâm ñường tròn ñến ba cạnh BC, CA, AB của tam giác.

dc db

da

O

CB

A

Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )4 4 4a b c

a b cd d d R R R+ + = − + − + −

2 2 2 213 ( )

4R a b c= − + +

2

2 21 33 .9

4 4

RR R≥ − =

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.

Vậy min

22 2 2 3

( )4a b c

Rd d d+ + = khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.

Ví dụ 2.4: Cho ñiểm M nằm trong mặt phằng tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 2 2 2T MA MB MC= + + Giải : Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có

2 2 2( ) ( ) ( )T MG GA MG GB MG GC= + + + + +��

2 2 2 23 2 .( )MG GA GB GC MG GA GB GC= + + + + + +��


30

2 2 2 21

3 ( )3

MG a b c= + + +

2 2 21( )

3a b c≥ + +

Đẳng thức xảy ra khi và chì khi M trùng G

Vậy min T = 2 2 21( )

3a b c+ + khi và chỉ khi M trùng G.

Phương pháp 3 : Tìm cực trị nhờ ñánh giá tích vô hướng của hai vector: Ví dụ 3.1: Cho tam giác ABC không ñều nội tiếp ñường tròn (O). Tìm trên ñường tròn ñiểm M ñể có tổng bình phương khoảng cách từ ñó ñến ba ñỉnh tam giác là nhò nhất, lớn nhất. Giải: Với mọi ñiểm M thuộc ñường tròn (O) ta có:

M1

M2

H O

C

A

B

M

2 2 2T MA MB MC= + +

2 2 2( ) ( ) ( )MO OA MO OB MO OC= + + + + +��

26 2 ( )R MO OA OB OC= + + +��

26 2 .R MO OH= +��

( với H là trực tâm của tam giác)

26 2 . .cos ( ( , ))R R OH MO OHα α= + =��

Từ ñó suy ra

• T nhỏ nhất cos 1 MO OHα⇔ = − ⇔ ↑↓��

• T lớn nhất cos 1 MO OHα⇔ = ⇔ ↑↑��


31

Ví dụ 3.2 : Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi là góc α giữa hai trung tuyến BD và CK. Tìm giá trị nhỏ nhất của cosα Giải: Ta có

.

cos | |.

BD CK

BD CKα =��

| ( ).( ) |

4. .

BA BC CA CB

BD CK

+ +=��

2| . ( ) |

4. .

BA CA BC CA BA BC

BD CK

+ − −=��

2

( )2. .

BCdoBA CA

BD CK= ⊥

aK

D

B

A C

Mặt khác: 2 2 2 2 2 2 2 21 1

2. . (2. 2. ) (2 2 )4 4

BD CK BD CK AB BC AC AC BC AB≤ + = + − + + −

25

4

BC= ( do 2 2 2BC AB AC= + )

Do ñó

2

2

4cos

5 54

BC

BCα ≥ =

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BD = CK khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại ñỉnh A

Vậy 4

min cos5

α =

Ví dụ 3.3: Cho M là một ñiểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

MA MB MC

Ta b c

= + +

Giải: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có :


32

. . .

. . .

MAGA MB GB MC GCT

a GA b GB c GC= + +

3 . . .

.( )2 . . .a b c

MA GA MB GB MC GC

a m b m c m= + +

Theo BĐT Cauchy ta có

2 2 2 2 2 2 21 1. 2 2 (3 )(2 2 )

2 2 3aam a b c a a b c a= + − = + −

2 2 2 2

2 2 21 3 (2 2 ) 1. .( )

22 3 2 3

a b c aa b c

+ + −≤ = + +

Do ñó 2 2 21

.( )2 3

aam a b c≤ + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 23 2 2 2a b c a b c a= + − ⇔ + = Chứng minh tương tự:

2 2 21.( )

2 3bbm a b c≤ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 22a c b+ =

2 2 21.( )

2 3ccm a b c≤ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 22a b c+ =

Vậy 2 2 2

3 3( . . . )T MA GA MB GB MC GC

a b c≥ + +

+ +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 22a c b+ = 2 2 22a b c+ = ABC⇔△ ñều 2 2 22b c a+ =

Mặt khác:

. . . . . .MAGA MB GB MC GC MAGA MB GB MC GC+ + ≥ + +��

( ). ( ). ( ).MG GA GA MG GB GB MG GC GC= + + + + +��

2 2 2 2 2 24

( )9 a b cGA GB GC m m m= + + = + +

2 2 21

( )3

a b c= + +

MA GA↑↑��

MB GB↑↑��

M G⇔ ≡

MC GC↑↑��

{

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi{


33

tam giác ABC ñều M G≡

Ví dụ 3.4: Cho tam giác ABC. Tìm ñiểm M sao cho biểu thức sau ñạt giá trị nhỏ nhất:

2.cos .2

AT MA MB MC= + +

Giải: Ta có:

. .2.cos .

2

A MB AB MC ACT MA

AB AC= + +

. .2.cos .

2

A MB AB MC ACMA

AB AC≥ + +

��

( ). ( ).2.cos

2

A MA AB AB MA AC AC

AB AC

+ += + +��

2cos . ( )2

A AB ACMA MA AB AC

AB AC= + + + +

��

Do ñó ta có:

2.cos . 2cos . ( ) (1)2 2

A A AB ACMA MB MC MA MA AB AC

AB AC+ + ≥ + + + +

��

Mặt khác lại có: 2 2

22 2

( ) 2. .AB AC AB AC AB AC

AB AC AB AC AB AC+ = + +

��

21 1 2cos 2(1 cos ) 4cos2

AA A= + + = + =

Suy ra: | | 2 | cos |2

AB AC A

AB AC+ =

��

Do ñó : 2cos . ( ) 2. cos | cos | cos( , )] 0(2)2 2 2

A AB AC A AMA MA MA MA u

AB AC+ + = + ≥

��

(với AB AC

uAB AC

= +��

�

)

Vì vậy

2.cos .2

AMA MB MC AB AC+ + ≥ +

Đẳng thức (1) xảy ra khi và chỉ khi MB AB↑↑��

M A⇔ ≡ (thỏa mãn (2)) MC AC↑↑��

Vậy Min T= AB+AC khi và chì khi M trùng A

Vậy MinT 3= ⇔ {

{


34


35

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm vị trí của M thuộc ñường tròn(O) ngoại tiếp tam giác ABC,sao cho nếu gọi D,E theo thứ tự là các hình chiếu của M trên các ñường thẳng AB,AC thì DE có ñộ dài lớn nhất Hướng dẫn ADME là hcn. Kẻ ñường kính AK,ta có DE=AM≤ AK.Do ñó max DE=AK⇔ M≡K. Khi ñó DE≡BC Bài 2: Cho ñường tròn (O) và dây AB. Điểm M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các tiếp tuyến tại A,tại B của ñường tròn. Tìm vị trí của M ñể tích MI.MK có giá trị lớn nhất. Hướng dẫn Chứng minh rằng MI.MK=MH2 với H là hình chiếu của M trên AB.Do ñó M phải tìm là ñiểm chính giữa của cung AB.


36

Bài 3: Cho ñường tròn tâm (O) và dây BC không ñi qua O. Điểm A di chuyển trên ñường tròn (O) sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm vị trí của ñiểm A ñể tổng HA+HB+HC có giá trị lớn nhất Hướng dẫn Vẽ ñường kính AOK,gọi M là giao ñiểm của HK và BC.Ta có HA=2OM không ñổi,HB+HC=KB+KC.Do ñó HA+HB+HC lớn nhất KB+KC lớn nhất. Vẽ các ñường kính BB’,CC’. Khi ñiểm A di chuyển trên cung B’C’ thì ñiểm K di chuyển trên cung BC. Tổng KB+KC lớn nhất khi và chỉ khi K là ñiểm chính giữa của cung BC.Khi ñó A là ñiểm chính giữa của cung lớn BC. Bài 4: Cho ñường tròn tâm(O) và dây AB.Tìm ñiểm C thuộc cung nhỏ AB sao cho

tổng1 1

CA CB+ có giá trị nhỏ nhất

Hướng dẫn Đặt CA=x,CB=y. Ta có

1 1 4x y

x y xy x y

++ = ≥+

Do ñó 1 1

x y+ nhỏ nhất ⇔ x+y nhỏ nhất ⇔ C là ñiểm chính giữa của cung AB

Bài 5: Cho tam giác ñều ABC nội tiếp ñường tròn (O). Tìm ñiểm M thuộc cung BC sao cho nếu gọi H,I,K theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB,BC,AC, thì tổng MA+MB+MC+MH+MI+MK có giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Hướng dẫn Đặt MA+MB+MC=d1, MH+MI+MK=d 2, d=d1+d2. Chứng minh rằng

d1=2MA, 1

(2 4 )ABC MBCd S Sa

= + với AB=BC=CA=a.

d nhỏ nhất khi M≡B hoặc M≡C (khi ñó cả d1 và d2 ñều nhỏ nhất). d lớn nhất khi M ở chính giữa cung BC (khi ñó cả d1 và d2 ñều lớn nhất) Bài 6: Cho ñiểm I nằm trên ñoạn thẳng AB(IA<IB). Trên cùng một nửa mph bờ AB, vẽ nửa ñường tròn ñường kính AB và các tiếp tuyến Ax,By. Điểm M di chuyển trên nửa ñường tròn ñó. Đường vuông góc với IM tại M cắt Ax,By theo thứ tự D,E.

a) Chứng minh rằng tích AD.BE có giá trị không ñổi b) Tìm vị trí của M ñể hình thang ADBE có diện tích nhỏ nhất

Hướng dẫn a) Áp dụng tứ giác nội tiếp . .AD BE AI BI⇒ =

b) Diện tích hình thang ABED nhỏ nhất khi và chỉ khi AD + BE nhỏ nhất khi và chỉ khi IM AB⊥ Bài 7: Cho ñường tròn (O;R). Dựng ñường tròn (O’;R’) sao cho tâm O nằm trên ñường tròn (O’;R’). Dây cung AB của (O;R) di ñộng và tiếp xúc với (O’R’). Gọi C là tiếp


37

ñiểm. Xác ñịnh vị trí của dây cung AB ñể tổngS=AC2+BC2 ñạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất ñó theo R và R’ Hướng dẫn Gọi H là trung ñiểm của AB ⇒ OH ⊥ AB. Vẽ OK⊥ O’C ⇒ OHCK là hcn AC2 + CB2 = 2(R2 − OH2)+(O’O2 − O’K2) ⇒S = 2R2 − 2OH2+2R’2 − 2(R’ − OH)2 = (2R2 + R’2) − (R’ − 2OH)2 ≤ 2R2 +R’2

⇒Smax = 2R2 + R’2 khi R’ = 2OH ⇔ OH = '

2

R. Vậy AB là tiếp tuyến chung ngoài

của (O’;R’) v à (O; '

2

R)

Bài 8: Cho hình vuông ABCD có AB = a cố ñịnh. M là ñiểm di ñộng trên ñường chéo AC. Kẻ ME vuông góc với AB và MF vuông góc với BC. Xác ñịnh vị trí của M trên AC sao cho diện tích tam giác DEF nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất ñó. Hướng dẫn Đặt AE=x, CF=y => MF=CF=BE=y ⇒x+y=a SDEF=SABCD − SDAE − SDCF − SBEF

= 2

2 2 2

ax ay xya − − −

=2

2 2

a xy−

Ta có SDEF nhỏ nhất ⇔ x.y nhỏ nhất 2 2

2( ) max( . )2 4 4

x y a axy x y

+≤ = ⇒ = khi 2

ax y= =

Lúc ñó M là trung ñiểm của AC

MinSDEF = 2 2 21 3

.2 2 4 8

a a a− =

Bài 9: Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai ñiềm di dộng E và F sao cho AE+EF+FA=2a.

a) Chứng tỏ rằng ñường thẳng EF luôn luôn tiếp xúc với một ñường tròn cố ñịnh. b) Tìm vị trí của E,F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất ñó. Hướng dẫn a) Chứng minh � 090FCK = CEF CEK⇒ =△ △ . Vẽ CI vuông góc EF ⇒ ñpcm

b) ABCD CEF CDF CBE AEFS S S S S= + + +

Do ñó 2

max . 02CEF

aS AE EF= ⇔ =


38

Bài 10: Cho hai ñiểm A,B cố ñịnh và ñiểm M di ñộng sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB và K là chân ñường cao vẽ từ M của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM Hướng dẫn Tam giác BKM ñồng dạng tam giác HKA (g-c-g)

2

.4

ABKM KH⇒ ≤

Bài 11: Tìm kích thước của một tam giác có diện tích lớn nhất, nội tiếp trong ñường tròn tâm O bán kính R cho trước. Hướng dẫn Tam giác ñều có cạnh bằng R 3 có diện tích lớn nhất Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB= a cho trước, BC=2AB. Gọi tam giác DEF là một nửa tam giác ñều nội tiếp trong tam giác ABC (D trên cạnh BC, E trên cạnh AC,F trên cạnh AB và góc EDF vuông). Tìm vị trí D,E,F ñể diện tích tam giác DEF nhỏ nhất. Tính theo a giá trị nhỏ nhất ñó. Hướng dẫn Xét 2 TH:

1) � �0 030 , 60F E= =

2) � �0 060 , 30F E= = Bài 13: Cho tam giác có ba góc nhọn.tìm ñiểm M ở trong tam giác sao cho MA.BC+MB.CA+MC.AB ñạt giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn Kéo dài AM cắt cạnh BC tại A’ và vẽ BE⊥ AM, CF⊥ AM Vậy (MA.BC+MB.CA+MC.AB) ñạt GTNN là 4 ABCS khi và chỉ khi M là trực tâm tam giác ABC Bài 14: Cho tam giác ABC vuông ở A, ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa ñường tròn có ñường kính AB,AC. Một ñường thẳng (d) quay quanh A và cắt hai nửa ñường tròn theo thứ tự tại M,N (khác A). Xác ñịnh hai ñiểm M,N sao cho chu vi tứ giác BCNM lớn nhất. Hướng dẫn Dễ dàng ta thấy BMNC là 1 hình thang vuông với ñường cao là MN Gọi P là chu vi hình thang BCMN thì : P=BC+(AM+MB)+(AN+AC) (với BC cố ñịnh) Ta luôn có (AM − MB)2 ≥ 0 ⇔ 2AB2 ≥ (AM+MB) 2

Suy ra: AM+MB ≤ AB 2


39

Tương tự : CN+NA ≤ AD 2 BMCN lớn nhất khi M,N là ñiểm chính giữa của hai nửa ñường tròn dường kính AB hay AC tuỳ theo AB≥AC hay AB≤AC Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, từ ñiểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các ñoạn IH,IK,IL l ần lượt vuông góc với BC,CA,AB. Tìm vị trí của I sao cho AL 2+BH2+CK2 nhỏ nhất. Hướng dẫn AL2+BH2+CK2 nhỏ nhất ⇔ H,K,L là trung ñiểm của các cạnh tam giác ABC và lúc ñó I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 16: .Cho tam giác ABC thay ñổi có AB=6 và CA=2CB. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC. Hướng dẫn Gọi CI và CJ là hai ñường phân giác trong và ngoài của tam giác ABC⇒góc ICJ=900 Áp dụng tính chất ñường phân giác ⇒ IJ = 8

Vẽ CH vuông góc với BC và O là trung ñiểm IJ thì CH≤CO = 2

IJ=4

1

.2ABCS AB CH=

⇒1

. . 122ABCS AB CO≤ =

Do ñó 12ABCS ≤ và dấu “=” xảy ra ⇔ H≡O

Bài 17: Cho ñường tròn (O), bán kính R và hai ñiểm A,B nằm ngoài ñường tròn (O) với OA=2R. Xác ñịnh vị trí ñiểm M trên ñường tròn (O) sao cho biểu thức P=MA+2BM ñạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy. Hướng dẫn MA+2MB nhỏ nhất ⇔ Ba ñiểm B,M,H thẳng hàng hay M là giao ñiểm của BH với ñường tròn (O) Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A và d là một ñường thẳng ñi qua A. Gọi B’,C’ là hình chiếu của B,C trên d. Xác ñịnh vị trí ñường thẳng d ñể tổng BB’+CC’ là lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất ñó. Hướng dẫn Xét 2 trường hợp • Đường thẳng d ñi qua A và cắt cạnh BC tại I Ta có: BB’+CC’ ≤ BI+CI=BC Từ ñó BB’+CC’=BC ⇔ d vuông góc với BC • Đường thẳng d ñi qua A và không cắt cạnh BC

⇒BB’C’C là hthang vuông. Gọi M,N là trung ñiểm BC ,B’C’⇒MN là ñường trung bình của hình thang. Ta có BB’+CC’=2MN ≤ 2AM(do MN≤AM)


40

Từ ñó BB’+CC’=2AM ⇔ d vuông góc với ñường trung tuyến của tam giác ABC. Vậy cả hai TH BB’+CC’ có già trị lớn nhất bằng ñộ dài cạnh huyền BC của tam giác ABC

Bài 19: Cho nửa ñường tròn tâm (O) ñường kính AB=2R. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By của mỗi ñường tròn (O) và tiếp tuyến thứ ba tiếp xúc với (O) tại ñiểm M cắt Ax tại D, By tại E.

a. Chứng minh: tam giác DOE là tam giác vuông. b. Chứng minh:AD.BE=R2 c. Xác ñịnh vị trí của M trên nửa ñường tròn (O) sao cho diện tích tam giác

DOE ñạt giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn

c)SDOE=.

.2 2

OM DE RDE=

Do ñó SDOE nhỏ nhất ⇔ DE nhỏ nhất DE ≥ AB=2R DEmin = 2R khi DE// AB. Lúc ñó OM vuông góc AB Bài 20: Cho tam giác ñều có cạnh bằng 1. Lấy D bất kì trên BC. Gọi r1, r2 là bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ABD và tam giác ADC. Xác ñịnh vị trí của D ñể tích r1.r2 lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất ñó. Hướng dẫn Đặt BD = x ⇒ CD = 1-x Tam giác DEA vuông tại E 2 2 2 2 1AD AE DE x x⇒ = + = − +

Max 1 2

2 3.

8r r

−= khi D là trung ñiểm của BC

Bài 21: Cho ñường thẳng d và ABC∆ . Với mỗi ñiểm D thuộc d dựng ñiểm M sao cho DM DA DB DC= + +��

. Tìm ñộ dài nhỏ nhất củaDM��

. Hướng dẫn: Gọi G là trọng tâm ABC∆ thì G cố ñịnh và 3DM DG=

�� .

Kẻ GH⊥ d thì , .DG GH D d≥ ∀ ∈ Do ñó DM = 3DG 3GH≥ . Dấu “=” xảy ra D H⇔ ≡ . Vậy minDM = 3GH. Bài 22: . Cho các số thực x, y thoả xy = 1 và cho hai vectơ a

�, b�

hợp với nhau góc 060 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của . .x a y b+� �

.

Hướng dẫn:

Sử dụng 2

2 2. . 3x a y b x xy y+ = + + ≥� �

.


41

Bài 23: Cho ñường thẳng d và tứ giác ABCD. Tìm trên d ñiểm M sao cho 2 2 2 2MA MB MC MD+ + + ñạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn: M là chân ñường vuông góc hạ từ trọng tâm G xuống d. Bài 24:. Cho 3 ñiểm A, B, C và ñường thẳng d. Tìm ñiểm M thuộc d ñể biểu thức sau ñạt giá trị nhỏ nhất: T = . 2. .MA MB MB MC+

�� .

Hướng dẫn: 2 22 2 2 2

2 21 12. 2

4 4 4 2

AB ABT MA MB MA MB MB MC MB MC MI MK = + − − + + − − = − + −

��

(với I, K lần lượt là trung ñiểm AB, BC). Gọi D là ñiễm thỏa 2 0DI DK+ =

�� thì D là ñiểm cố ñịnh và

( )2 2 2 2 213 2 2

4T MD DI DK AB AC= + + − +

Do ñó T ñạt min ⇔ M là hình chiếu của D trên d. Bài 25: Cho ABC∆ ñều, cạnh a.

a) Cho M là một ñiểm trên ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ , tính 2 2 2MA MB MC+ + theo a.

b) Cho ñường thẳng d, tìm ñiểm N trên d sao cho 2 2 2NA NB NC+ + nhỏ nhất. Hướng dẫn: Gọi G là trọng tâm của ABC∆ thì:

a) 2 2 2MA MB MC+ + = 2 2a b) N là hình chiếu của G trên d.

Bài 26: Trong tất cả các tam giác nội tiếp ñường tròn ( );O R , hãy tìm tam giác ñể biểu

thức sau ñạt giá trị lớn nhất: a) 2 2 2

a b cM m m m= + + .

b) P ab bc ca= + + .

c) abc

Qa b c

=+ +

.

Hướng dẫn: a) Áp dụng công thức ñường trung tuyến. b) Áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacopxki. c) Khai triển bình phương vô hướng:

( ) ( )22 2.a b c OI aOA bOB cOC+ + = + +��

Bài 27. Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ta có bất ñẳng thức: ( ) 2 2 22 a b cR m m m a b c+ + ≥ + + .

Hướng dẫn: Gọi O, G lần lượt là tâm ñường tròn ngoại tiếp và trọng tâm của ABC∆ .


42

OA.GA + OB.GB + OC.GC 2 2 2GA GB GC≥ + +

( ) ( )2 2 22 4

3 9a b c a b c

Rm m m m m m⇔ + + ≥ + +

( )2 2 2 2 2 23

4a b cm m m a b c+ + = + + .

Từ ñó suy ra bất ñẳng thức cần chứng minh. Bài 28: Cho M là một ñiểm bất kì trong ABC∆ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2aMA bMB cMC+ + . Hướng dẫn: min = abc ⇔ M là tâm ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ . Bài 29: Cho ABC∆ có 0ˆ 60A = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3T MA MB MC= + + . Hướng dẫn:

. .3

MB AB MC ACT MA

AB AC= + +

. .3

2cos . .2

MB AB MC ACMA

AB AC

A AB ACMA MA AB AC

AB AC

≥ + +

= + + + +

��

��

��

Bình phương tổng AB AC

AB AC

+

��

ta có 2 cos2

AB AC A

AB AC+ =

��

suy ra ñiều phải chứng minh.

Bài 30: Cho ABC∆ ngoại tiếp ñường tròn tâm I. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

. .IA IB ICT

aIA bIB cIC=

+ +.

Hướng dẫn:

Bình phương vô hướng ( )20aIA bIB cIC+ + =

�� suy ra 2 2 2aIA bIB cIC abc+ + = .

Max T = 3

9⇔ ABC∆ ñều.

Bài 31: Cho �xOy = α và một ñộ dài a. Trên hai cạnh Ox, Oy lần lượt lấy các ñiểm A, B sao cho OA + OB = a. Tìm ñộ dài ngắn nhất của ñoạn AB. Hướng dẫn: 2 2 2 2 .AB OB OA AB OB OA OA OB= − ⇒ = + −��


43

( )( )

( )

( )

2

2

22

2

2 . 2 . .cos

2 . 1 cos

2. . 1 cos2

2 2cos4

OA OB OAOB OAOB

a OAOB

OA OBa

a

α

α

α

α

= + − −

= − +

+ ≥ − +

= −

Dấu “=” xảy ra OA = OB = 2

a.

Vậy min AB = 2 2cos2

a α− .

Bài 32: Từ ñiểm I trên cạnh BC của ABC∆ dựng IN AB/ / , IM AC/ / . Xác ñịnh vị trí ñiểm I sao cho MN có ñộ dài ngắn nhất. Hướng dẫn:

Đặt IB

xBC

= thì ( )1 0 1 .IC

x xBC

= − < <

Ta có ( ), 1AN xAC AM x AB= = −��

nên

( )1MN AN AM xAC x AB xAD AB= − = − − = −��

(ABCD là hình bình hành).

Tìm ñiểm K trên cạnh AD ñể AK xAD=��

thì MN AK AB BK= − =��

. Vậy MN ngắn nhất ⇔ BK ngắn nhất ⇔ BK AD⊥ . Từ ñó ta suy ra cách dựng ñiểm I. Bài 33: Cho tứ giác lồi ABCD, M là ñiểm tùy ý trên cạnh CD. Gọi 1 2, ,P P P lần lượt là

chu vi các tam giác AMB, ACB, ADB. Cmr: { }1 2max ,P P P< .

Hướng dẫn:

M thuộc cạnh CD nên . .MD MC

AM AC ADCD CD

= +��

. .MD MC

BM BC BDCD CD

= +��

Do ñó . . . . . .MD MC MD MC MD MC

AM AC AD AC AD AC ADCD CD CD CD CD CD

= + < + = +��

(Dấu “=”

không xảy ra vì . , .MD MC

AC ADCD CD

�� không cùng phương).

Tương tự với BM. Suy ra ( ) ( )MD MCAM BM AC BC AD BD

CD CD+ < + + +

}{.max , .MD MC

AC BC AD BDCD CD

≤ + + +

Như vậy AM + BM < }{max , ,AC BC AD BD+ + suy ra


44

AM + BM + AB < }{max ,AC BC AB AD BD AB+ + + + (ñpcm)

Bài 34: Cho M là một ñiểm thuộc miền trong ABC∆ . Gọi H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Tìm vị trí của M ñể 2 2 2MH MI MK+ + ñạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacốpxki:

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2

22 2 2

2 2 2

4.ABC

aMH bMI cMK a b c MH MI MK

SMH MI MK

a b c

+ + ≤ + + + +

⇒ + + ≥+ +

Dấu “=” xảy ra MH MI MK

a b c⇔ = =

2 2 2

MBC MCA MABS S S

a b c⇔ = =

2 2 2 0a MA b MB c MC⇔ + + =��

⇔ M là ñiểm Lemoine của ABC∆ . Bài 35: Cho ABC∆ và một ñiểm M tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của tồng

2 2 2 2 2 2T a MA b MB c MC= + + . Hướng dẫn: Ta có 2 2 2 0a MA b MB c MC+ + ≥

�� nên

4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 22 . 2 . 2 . 0a MA b MB c MC a b MA MB b c MB MC a c MA MC+ + + + + ≥��

Chú ý: 2 2 22 . , ,MX MY MX MY XY X Y= + − ∀

�� ta có:

2 2 22 2 2 2 2 2

2 2 2

3.

a b cT a MA b MB c MC

a b c= + + ≥

+ +

Dấu “=” xảy ra 2 2 2 0a MA b MB c MC⇔ + + = ⇔��

M là ñiểm Lemoine của ABC∆ Bài 36: Cho ABC∆ . Các ñiểm M, N, P lần lượt di ñộng trên các ñường thẳng BC, CA, AB. Xác ñịnh vị trí của các ñiểm M, N, P sao cho 2 2 2MN NP PM+ + ñạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Gọi G là trọng tâm của MNP∆ ; H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của G trên BC, CA, AB. Ta có 2 2 2MN NP PM+ + ( ) ( )2 2 2 2 2 23 3 .GM GN GP GH GI GK= + + ≥ + +

Áp dụng bài 14 ta ñược 2 2 2MN NP PM+ +2

2 2 2

4.ABCS

a b c≥

+ +

Dấu “=” xảy ra , ,GM BC GN CA GP AB

GH GI GK

a b c

⊥ ⊥ ⊥⇔ = =


45

⇔ G là ñiểm Lemoine của ABC∆ . Vậy ( 2 2 2MN NP PM+ + ) nhỏ nhất ⇔ M, N, P lần lượt là hình chiếu của ñiểm Lemoine của ABC∆ trên các ñường thẳng BC, CA, AB. Bài 37: Trong tất cả các tam giác nội tiếp ñường tròn ( );O R , hãy tìm tam giác ñể biểu

thức 2 2 2

. .a b c

a b c

m m m

m m m+ +sau ñạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn: Gọi ( )T là tam giác có ñộ dài các cạnh là , ,a b cm m m và aR là bán kính ñường ngoại tiếp

tam giác( )T .

Giả sử AM, BE, CF là các ñường trung tuyến của ABC∆ . Dựng hình bình hành ABCD, gọi I là trung ñiểm CD thì MI = BE và AI = CF. Do vậy ( )AIE T∆ = và:

( )3

4ABCD ABM ADI CMITS S S S S S= − − − =

Khi ñó ( )

( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2

4 . 2 .. . 3 ..

34

aT aa b c a

a b c a b c

S R a b c r Rm m m S R

m m m m m m a b ca b c

+ += = =

+ + + + + ++ +

Mà ( )2 2 2

2a

a b cR

a b c

+ +≥+ +

nên 2 2 2

. ..a b c

a b c

m m mr

m m m≥

+ +

Dấu “=” xảy ra ⇔ ABC∆ ñều. Bài 38: Cho ñoạn thẳng AB, ñường thẳng d và các số thực ,α β sao cho 0α β+ > . Với

mỗi ñiểm M thuộc d lập tổng 2 2T MA MBα β= + . Xác ñịnh vị trí của ñiểm M ñể T ñạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Gọi I là ñiểm xác ñịnh bởi 0IA IBα β+ =

�� thì

( )2 2 2 2 2T MA MB MI IA IBα β α β α β= + = + + +

Do ñó T nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên d. Bài 39: Cho ABC∆ trọng tâm G nội tiếp ñường tròn ( );O R . G ọi M là một ñiểm thuộc

ñường tròn ñường kính OG. Giả sử AM, BM, CM cắt ( )O theo thứ tự tại các ñiểm

', ', 'A B C . Cmr:

3' ' '

MA MB MC

MA MB MC+ + ≤ .

Hướng dẫn: 2 2 2 2 2 2

2 2.

' ' ' . ' . ' . '

MA MB MC MA MB MC MA MB MC

MA MB MC MA MA MB MB MC MC R OM

+ ++ + = + + =−

Với mọi ñiểm M ta có:


46

2 2 2 2 2 2 23MA MB MC GA GB GC MG+ + = + + + Trong hệ thức trên cho M O≡ thu ñược ( )2 2 2 2 23 R OG GA GB GC− = + + .

Do ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với: 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

3 3 3GA GB GC MG GA GB GC GO MO

MG MO GO

+ + + ≤ + + + −⇔ + ≤

� 090 .GMO⇔ ≥ Đúng vì M thuộc ñường tròn ñường kính OG.

Vậy 3' ' '

MA MB MC

MA MB MC+ + ≤

Bài 40: Cho tứ giác ABCD, chứng minh rằng:

a) 2 2 2 2 2 2AB BC CD DA AC BD+ + + ≥ + .

b) 2 2

2 2 2 2 2 32ABCD

AC BDAB BC CD DA S

−+ + + ≥ + .

Hướng dẫn: Gọi I, K lần lượt là trung ñiểm của AC, BD. Ta có 2IK AK AI IK AC AB AD= − ⇒ = − −

��

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

4

4 .

IK AB BC CD DA AC BD

AB BC CD DA IK AC BD

⇒ = + + + − −⇒ + + + = + +

a) Vì 2 0IK ≥ nên 2 2 2 2 2 2AB BC CD DA AC BD+ + + ≥ + .

b) Theo câu a: 2 2 2 2

2 2 2 2 3

2 2 2

AC BD AC BDAB BC CD DA

−+ + + ≥ + +

2 2

2 2

3 .2

2 3 .2ABCD

AC BDAC BD

AC BDS

−≥ +

−≥ +

Bài 41: Gọi R, r lần lượt là bán kính ñường tròn ngoại tiếp và nôi tiếp ABC∆ . Chứng minh rằng:

2 2 2 2 28 4a b c R r+ + ≤ + . Hướng dẫn:

( )2 2 2 2 26 2 1 cos 2 cos 2 cos 2a b c R R A B C+ + = − + + + .

Sử dụng 2R r≥ và 3

cos 2 cos 2 cos 22

A B C+ + ≥ − suy ra ñiều phải chứng minh.

Bài 42: Cho M thuộc miền trong ABC∆ nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2tan . tan . tan .T A MA B MB C MC= + + . Hướng dẫn: Gọi H là trực tâm của ABC∆ thì tan . tan . tan . 0A MA B MB C MC+ + =

�� .

Đáp số T 4S≥ .


47

Bài 43: Cho tam giác nhọn ABC với Q là tâm ñường tròn Euler của nó. Đường tròn ngoại tiếp ABC∆ cắt AQ, BQ, CQ lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:

1 1 1 3

QM QN QP R+ + ≥ .

Hưóng dẫn: Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của ABC∆ . Ta có O, H, Q, G thẳng hàng và

1 1, .

3 2OG OH OQ OH= =��

Suy ra OG OQ≤ .

2 2

2 2 2 2 2 2

.

1 . ..

AQ QM R OQ

AQ R AQ AO R AQ AO

QM R OQ QM R OQ QM R OQ

= −

= ⇒ = ⇒ ≥− − −

��

Tương tự suy ra:

2 2

. . .R R R AQ AO BQ BO CQ CO

QM QN QP R OQ

+ ++ + ≥−

��

( )2

2 2

2 2

2 2

3 .

3 33

R OQ AO BO CO

R OQ

R OQ

R OQ

+ + +=

−−≥ =−

��

⇔ 1 1 1 3

QM QN QP R+ + ≥ .

Bài 44: Gọi O, I , G, H, L, N, J lần lượt là tâm ñường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, trọng tâm, trực tâm, ñiểm Lemoine, ñiểm Naghen, ñiểm Gergone của ABC∆ , chứng minh các bất ñẳng thức sau:

1) 2.IO IH≥ . 2) 2.IO GH≥ . 3) IO IG≥ . 4) OI OG≥ . 5) 3.OI OH≥ .

6) ( )( )2 2 2

2

R R r R rOJ

R r

− +≥

−.

7) ( )

( )

32

2

28.

3 2

R R rOL

R r

−≥

−.

8) 2 2

2 2

5

3

OJ OI ON

OI OI ON

−≥+

.

9) 2

42 2

2.

3 3

OL OI

OI OI ON≥

+.

10) 1 cos .cos .cos 3 sin .sin .sinA B C A B C+ ≥ .


48

11) ( ) ( ) ( )2 2 2

2

1

16 2

a b b c c ar

R R

− + − + −+ ≤ .

Hưóng dẫn: Biễu diễn các vectơ , , , , , , ,OG OI OH OJ ON OL IG IH

�� theo các vectơ , ,OA OB OC

�� rồi bình

phương vô hướng ta thu ñược các công thức sau:

1) ( )2 2 2 2 21.

9OG R a b c= − + +

2) ( )2 2 2 2 29 .OH R a b c= − + +

3) 2 2 2 .OI R Rr= −

4) ( )

( )

22 2

2

4.

4

p r r ROJ R

R r

+= −

+

5) 2 .ON R r= −

6) ( )

2 2 22 2

22 2 2

3.

a b cOL R

a b c= −

+ +

7) ( )2 2 2 213 3 3 4 .

9IG ab ac bc a b c Rr= + + − − − −

Từ ñó suy ra các bất ñẳng thức cần chứng minh. Bài 45: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 12 cm, E là trung ñiểm của CD, ñiểm F thuộc cạnh BC sao cho CF = 4 cm. Các ñiểm G,H theo thứ tư di chuyển trên AB và AD sao cho GH// EF . Xác ñịnh vị trí của ñiểm G sao cho tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất ñó. Hướng dẫn: Đặt SEFGH = S, BG = x

∆AGH ñồng dạng ∆CEF ⇒ AH AG

CF CE=

⇒ 12

4 6

AH x−=

⇒ DH =12 2

3

x+

Áp dụng : S = SABCD – SGAH - SGBF – SCEF - S DEH. Suy ra giá trị cần tìm. Bài 46: Cho ∆ABC, M là ñiểm nằm trong tam giác, qua M dựng các dường thẳng song song với các cạnh của tam giác tạo thành 3 tam giác nhỏ có diện tích s1, s2, s3. Gọi S là diện tích tam giác ABC. Tìm vị trí M ñể s1 + s2 + s3 nhỏ nhất. Hướng dẫn: Đặt S = SABC, S1 = SMDK , S2 = SMGE, S3 = SMFH

X = DM, y = ME, z =FH


49

Áp dụng Tỉ số diện tích trong tam giác ñồng dạng

Suy ra : 2 2 2

1 2 3 2

S S S x y z

S a

+ + + +=

Áp dụng BĐT BCS : x2 + y2 + z2 ≥ 3

x y z+ +

⇒ s1 + s2 + s3 ≥ 3

S

Bài 47: Cho hình vuông ABCD. Dựng ñừong thẳng d qua C cắt các tia AB, AD tại hai ñiểm phan biệt M, N sao cho MN có ñộ dài nhỏ nhất. Hướng dẫn : Gọi a là cạnh hình vuông BM = x, DN = y.

Ta có : BC // AN ⇒ x a

a y= ⇒ xy = a2

MN2 = ( a+x)2 + ( a+y)2 =2a( x + y ) + ( x + y )2

MN2 nhỏ nhất ⇔ x +y nhỏ nhất ⇒ Vị trí d cần tìm Bài 48: Cho tam giác ABC vuông tai A. Từ một ñiểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM ⊥ BC, IN ⊥ AC, IK ⊥AB. Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất. Hướng dẫn Kẻ AH ⊥ BC, IE ⊥AH. Áp dụng Pitago: IK2 + IN 2 = AI2 ≥ AE2 Đặt AE = x , EH= y

Áp dụng BĐT Cauchy⇒ IM2 + IK2 +IN 2 ≥ 2

2

AH

Bài 49: Cho hình vuông ABCD cạnh a, trên 2 cạnh AB và AD lần lựơt lấy 2 ñiểm di ñộng E và F sao cho: AE + EF + FA=2a.Tìm vị trí E, F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất. Hướng dẫn:

( )2

2

1

21

02

HCF DCF

HCE BCE

CEF HCF HCE DCF BCE AEF

AEF CEF

S S

S S

S S S S S S a S

S S a

==

= + = + = −

≤ ⇒ ≤


50

Dấu = khi ,

0,AEF

E B F AS

E A F D

≡ ≡= ⇔ ≡ ≡

Bài 50: Cho ñường tròn (O;R),ñường kính AB cố ñịnh. C là một ñiểm cố ñịnh nằm giữa A và O, M di ñộng trên ñường tròn (O;R).Tìm vị trí của M trên (O;R) tương ứng lúc ñộ dài Hướng dẫn: OA OC CM OB OC

CA CM CB

− ≤ ≤ +⇔ ≤ ≤

Mà CB không ñổi Dấu = khiM A≡ Bài 51:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa ñường tròn có ñường kính AB, AC. Một ñường thẳng d quay quanh A và cắt hai nửa ñường tròn theo thứ tự tại M, N (khác A). Giả sử tam giác ABC vuông tại A, xác ñịnh hai ñiểm M, N sao cho chu vi tứ giác BCMN lớn nhất Hướng dẫn:

2 2 2

2 22( ) 2

( ) 2 2

MA MB AB

MA MB MA MB AB

CV BCMN AB AC BC

+ =

⇒ + ≤ + =

≤ + +

Dấu = khiMA MB

NA NB

= =

⇔ M, Nlần lượt là trung ñiểm của các cung AB, AC

Bài 52:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, từ ñiểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các ñoạn IH, IK, IL lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Tìm vị trí của I sao cho

2 2 2AL BH CK+ + nhỏ nhất Hướng dẫn:

2 2 2 2 2 21( )

4AL BH CK AB BC AC+ + ≥ + + không ñổi

Dấu = khi I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 53: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong ñường tròn (O;R) có hai ñường chéo AC, BD vuôg goc nhau tại I (khác O). Tìm vị trí của ABCD sao cho diện tích tam giác ICD lớn nhất. Hướng dẫn: OI cắt (O;r) tại M’


51

(max) max max

max min

1.

2&

&

' '

'

ICD

ICD

S IH CD

S IH CD

IH OM

IH IM IP PM IP PM IM

OM OM

=

⇔

⇔≤ ≤ + = + =≥

Mà IM’ ,OM’ không ñổi Dấu = khi 'M M≡ ⇔ IC, ID tạo với IO các góc 045 Bài 54: Chi hai ñiểm A, b cố ñịnh và ñiểm M di ñộng sao cho MAB là tam giác MAB la tam giác có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM Hướng dẫn: Tam giác KAH ñồng dạng tam giác KMB ⇒KH.KM=AK.KB Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy cho hai số dương

2

.2

.4

AK KBAK KB

ABAK KB

+≤

⇔ ≤

Do ñó 2

.4

ABKH KM ≤ (không ñổi)

Dấu = khi AK=KB Bài 55: Cho tam giác ABC. Xác dịnh vị trí ñiểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM.BC + BM.CA + CM.AB ñạt giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn: 1)Tam giác ABC nhọn Vẽ

,

,

BH AM CK AM

H AM K AM

⊥ ⊥∈ ∈

AM cắt BC tại I Ta có ,BH BI CK CI BH CK BC≤ ≤ ⇒ + ≤

( ). 2 MAB MACAM BC S S≥ +

Chứng minh tương tự,suy ra . . . 4 .ABCAM BC BM CA CM AB S+ + ≥


52

Dấu = xảy ra

AM BC

BM AC M

CM AB

⊥⇔ ⊥ ⇔ ⊥

là trực tâm ABC∆ .

2) ABC∆ vuông. Không mất tổng quát giả sử góc A 090= . Tương tự câu 1. 3) ABC∆ tù . Không mất tổng quát giả sử góc A 090> . Nếu M ≡A ta có . . .AM BC BM CA CM AB+ + = 2AB.CA Nếu M ≠ A vẽ 'AB AC⊥ và 'AB AB= . Ta có M nằm trong ' 'A B C∆ Do ñó . . .AM BC BM CA CM AB+ + > MA. B’C + B’M.CA + CM.AB’ Áp dụng câu 1 ta ñược . . .AM BC BM CA CM AB+ + > 2AB.AC Vậy M ≡A thì AM.BC + BM.CA + CM.AB ñạt giá trị nhỏ nhất. Bài 56: Cho ñiểm M nằm trong góc nhọn xOy. Hai ñiểm A, B lần lượt thay ñổi trên Ox, Oy sao cho aOA = bOB. Tìm vị trí của A,B sao cho aMA + bMB ñạt giá trị nhỏ nhất.(với a,b là hai số cho trước, a,b >0) Hướng dẫn: Áp dụng bñt Ptolemy cho tứ giác≥OAMB, ta có OA.MB + OB.MA ≥ OM.AB ⇒ 3OB.Mb + 2OB.MA ≥ 2OM.AB ⇒ Min 2MA + 3MB Bài 57: Một lục giác có ñộ dài 6 cạnh ñều bằng 1. CM lục giác ñó có ít nhất một ñường chéo chính nhỏ hơn hoặc bằng 2.(Đường chéo chính là ñường chéo chia lục giác thành hai tứ giác) Hướng dẫn: Xét lục giác ABCDEF. Xét tam giác ACE. Không mất tính tổng quát, giả sử CE là cạnh lớn nhất trong tam giác. Áp dụng bñt Ptolemy cho tứ giác ACDE. Từ ñó suy ra AD ≤ 2 Bài 58: Trong tam giác ABC, CMR: a) a2 + b2 +c2 ≤ 9R2 b) R2 + a2 + b2 ≥ c2 Hướng dẫn: a) Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác , ta có : (OA

�� + OB��

+OC��

)2 ≥ 0 Khai triển ta ñược: 2 .OAOB

�� = 2R2 – c2

⇒ 9R2 – (a2 +b2 + c2) ≥ 0 ⇒dpcm b)Khai triển (OA + OB – OC)2 ≥ 0

Bài 59: Tứ diện ABCD, trọng tâm G, bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp là R, r, ñộ dài các cạnh là a, b, c, d, e, f. Chứng tỏ:

a) a2 + b2 + c2 +d2 +e2 + f2 ≤ 16R2


53

b) GA + GB + GC + GD ≥2 2 2 2 2 2

4

a b c d e f

R

+ + + + +

Hướng dẫn: a) Khai triển (OA OB OC OD+ + +

�� )2 ≥ 0

b) Ta có GA.R ≥ . .( )GAOA GA OG GA= +��

2. .GA R GA GAOG⇒ ≥ +��

Suy ra: (GA + GB + GC + GD)R≥ 2 2 2 2 ( )GA GB GC GD OG GA GB GC GD+ + + + + + +

��

⇒ (GA + GB + GC + GD)R≥ GA2+ GB2 + GC2+ GD2

Mà: GA2+GB2+GC2+GD2 =2 2 2 2 2 2

4

a b c d e f+ + + + +

Từ ñó suy ra ñpcm

Trong quá trình biên sọan quyển chuyên ñề này, chúng em ñã tham khảo và trích dẫm từ nhiều nguồn sách, báo và tài liệu khác nhau.

_”Chuyên ñề bất ñẳng thức và cực trị trong hình học phẳng” của Nguyễn Đức Tấn. _”23 chuyên ñề và 1001 bài toán “ _”Nâng cao và phát triển tóan” của Vũ Hữu Bình _ Báo “ Tóan học và tuổi trẻ” do Hội Tóan học Việt Nam phát hành _ “ Lời giải môn tóan các ñề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê

Hồng Phong TPHCM từ năm 1989 ñến 2001” của Nguyễn Đức Tấn _Một số tài liệu từ mạng. Cảm ơn các tác giả sách, báo nói trên ñã có những quyển sách hay giúp chúng em

hòan thành tốt chuyên ñề này.


54

Chân thành cảm ơn thầy và các bạn ñã dành thời gian xem chuyên ñề này. Nhóm biên tập hân hạnh ñón nhận những ñóng góp từ thầy và các bạn.

Nhóm biên tập

Phạm Ngọc Xuân Đào Nguyễn Thị Mỹ Huyền

Võ Thị Diễm Phí Lê Thị Thu Thảo

Nguyễn Hòang Anh Thư Trương Thanh Thư

Lời mở ñầu Trang Chương 1: Cực trị trong hình học sơ cấp..........................................................................5 Phương pháp 1:Vận dụng quan hệ giữa ñừơng xiên và ñường vuông góc. ........................6


55

Phương pháp 2: Vận dụng quan hệ giữa ñoạn thẳng và ñường gấp khúc. ..........................9 Phương pháp 3: Áp dụng BĐT trong ñường tròn.............................................................15 Phương pháp 4: Áp dụng BĐT ñại số................................................................................18 Phương pháp 5: Ứng dụng diện tích. .................................................................................21 Chương 2: Cực trị trong hình học Vectơ.........................................................................24 Phương pháp 1: Tìm cực trị nhờ ñánh giá ñộ dài vectơ. ...................................................25 Phương pháp 2: Tìm cực trị nhờ ñánh giá bình phương vô hướng vectơ..........................28 Phương pháp 3:Tìm cực trị nhờ ñánh giá tích vô hướng hai vectơ. ..................................30 Chương 3: Bài tập áp dụng ..............................................................................................34

Documents

cuc tri hinh hoc