Một số bài toán về cực trị trong Hình học

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC


Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 1
I. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1. Tên đề tài: “Một số bài toán về cực trị trong hình học”

2. Lý do chọn đề tài:
Một trong những công tác quan trọng trong nhà trường phổ thông là đào
tạo và bồi dưỡng nhân tài. Để hoàn thành nhiệm vụ đó với cương vị là giáo
viên giảng dạy bộ môn toán, tôi nhận thấy cần phải cải tiến phương pháp
nhằm nâng cao chất lượng dạy học. Là giáo viên được phân công dạy và
bồi dưỡng họ
c sinh giỏi toán 9 nên tôi đã chọn viết chuyên đề: “Một số bài
toán về cực trị trong hình học”. Đây là một trong những dạng toán khó
trong chương trình toán phổ thông, hi vọng rằng tư liệu này sẽ giúp các em
giải quyết bớt những khó khăn khi gặp dạng toán này.

3. Phạm vi, thời gian thực hiện
Phạm vi: học sinh khá giỏi lớp 8 - 9
Thời gian: 10 tiết (trong đó có 2 tiết kiểm tra)

II. QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Khảo sát thực tế:
Trước khi thực hiện đề tài này các em học sinh đã được trang bị những
kiến thức cơ bản tương đối đầy đủ của chương trình bộ môn toán trong nhà
trường phổ thông trung học cơ sở. Quá trình nhận thức của các em ở mức
độ bình thường có thể hoàn thành các bài toán trong sách giáo khoa và có
khả năng giải được một số bài toán có tính nâng cao. Mặc dù vậy khi đứng
trước những bài toán khó thì việ
c tìm ra đường lối giải nhiều khi vẫn gặp
khó khăn và bế tắc.

2. Biện pháp thực hiện:
Qua kinh nghiệm giảng dạy và được sự giúp đỡ động viên của đồng
nghiệp, thông qua một số tư liệu tham khảo tôi muốn điểm lại một số lý
thuyết và giải quyết một số bài tập nhằm giúp các em tìm thấy sự bổ ích và
đạt kết quả khi học chuyên
đề này.
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 2
A
B
C
D
F
E
I
3. Nội dung chủ yếu của đề tài:
A. KHÁI NIỆM:
Toán cực trị hình học là một dạng các bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ

nhất của một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo
diện tích, số đo chu vi….) trong tất cả các hình có chung một tính chất.
Các bài toán cực trị trong hình học thường được trình bày theo 2 cách:
Cách 1:
Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ
ra một hình rồi chứng minh
hình rằng mọi hình khác đều có giá trị (của đại lượng phải tìm cực trị) lớn
hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra.
Cách 2:
Thay điều kiện một đại lượng đạt cực trị (lớn nhất hoặc nhỏ nhất) bằng các
điều kiện tương đương, cuối cùng dẫn
đến một điều kiện mà ta xác định
được vị trí của các điểm để đạt cực trị.
Trong hai cách trên thì lời giải theo cách 2 có vẻ tự nhiên hơn vì nó mang
tính chất tìm kiếm.
B. CÁC BÀI TOÁN:
Bài toán 1:

Cho hình vẽ ABCD cạnh là a. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai
điểm di động E và F sao cho AE + EF + FA
= 2a. Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích ∆
CEF lớn nhất. Tìm giá trị đó.
Giải:
Kẻ
aCBCI
CBECIEEFCI
==⇒
Δ=Δ⇒⊥

Ta lại có:

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 3
22
ABCD CEF CDF CBE AEF CEF AEF CEF
a1 a
SSSSS2SSS EA.AF
22 2
=+++= +⇒ =− ≤

2
CEF
a
Max S AE.AF 0
2
⇒ =⇔ =

=> hoặc AE = 0 hoặc AF = 0 suy ra hoặc E trùng với A hoăc F trùng với
A.
Bài toán 2:

Cho tam giác vuông cân ABC (
A
ˆ
= 90
o
), cạnh góc vuông là a. Gọi M là
trung điểm của BC. Từ đỉnh M vẽ góc 45
o
, các cạnh của góc này cắt một
hoặc hai cạnh của tam giác MEF là lớn nhất. Tính giá trị đó theo a.

Giải:

a) Xét trường hợp E, F cùng nằm trên một
cạnh:
= 45
o
. Kẻ ABMP ⊥ , ACMQ ⊥ ta có tứ giác
APMQ là hình vuông.
Mặt khác: MF < MA; MQ < ME
Trên đoạn MA lấy K sao cho MK = MF
Trên ME lấy I sao cho MK = MQ
Ta có: góc



0
KMI 45 EMQ FMQ=− =
=> ∆ KMI = ∆ FMQ (c.g.c)
=> S
KMI
= S
FMQ
8
a
S
4
1
SS
2
ABCMAQMEF

==<⇒
Tức là:
8
a
S
2
MEF
<
b) Xét trường hợp E và F tương ứng nằm
trên 2 cạnh AB và AC, áp dụng bài toán 1 ta có : S
APMQ
= 2S
MEF
+ S
AEF

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 4
=> 2S
MEF
= S
APMQ
- S
AEF
=>
8
a
S
2
MEF

<
Vậy Max
8
a
S
2
MEF
< khi hoặc E ≡ A hoặc F ≡ A
Bài toán 3:

Trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và có cùng diện tích hãy tìm
tam giác có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Cách 1: (hình vẽ 1)
Xét ∆EBC cân tại E và ∆ABC
bất kỳ có cùng diện tích (E và A
nằm cùng một phía đối với BC,
A khác E), ta có AE // BC. Ta sẽ
chứng minh rằng BE + EC < BA
+ AC
Gọi D là điểm đối xứng với C
qua E
Ta có: BE + EC = DC (1)
∆BDC có DE = EC; AE // BC nên AE đi qua trung điểm của BD. Ta lại có:
BD BC⊥ (vì tam giác BDC có đường trung tuyến BE bằng nửa CD) nên:
AE BD⊥ => AE là đường trung trực của BD nên AB = AD. Do đó
BA + AC = DA + AC (2)
∆ADC có DC < DA + AC (3)
Từ (1) (2) (3) => BE + EC < BA + AC
Vậy trong các ∆ABC có cùng diện tích, có cùng cạnh BC thì tam giác cân

đáy BC có chu vi nhỏ nhất.
Cách 2: (hình vẽ 2)
Xét các ∆ABC có cạnh đáy BC không đổi và có cùng diện tích. Do chiều
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 5
cao ứng với BC không đổi nên A chuyển động trên đường thẳng d // BC
Gọi D là điểm đối xứng với B qua d, ta có AB = AD
Chu vi ∆ABC nhỏ nhất => AB +
AC nhỏ nhất.
Ta có: AB + AC = DA + AC
≥ DC
(không đổi)
AB + AC = DC ≥ D; A ; C thẳng
hàng.
Khi đó A ở vị trí giao điểm E của
DC và d; ∆EBC cân tại E. Vậy
trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và cùng diện tích, tam giác cân
với đáy BC có chu vi nhỏ nhất.
Bài toán 4:

Cho đường tròn (O;R) cố định. AC là một đường kính cố định. Đường kính
BD thay đổi không trùng với AC. Xác định vị trí của BD để cho tứ giác
ABCD có diện tích lớn nhất. Tìm diện tích lớn nhất theo R.
Chứng minh rằng lúc ABCD có diện tích lớn nhất thì chu vi của tứ giác
ABCD cũng lớn nhất.
Giải:

Xét tứ giác ABCD có
0
90C

ˆ
B
ˆ
A
ˆ
===
=> tứ giác ABCD là hình chữ nhật
2
222
2
22
AB
.
RS
ACBC
BCABS
ABCD
ABCD
≤=
+
≤
=

Vậy Max S
ABCD
= 2R khi AB = BC <=> AC BD khi đó ABCD là hình
vuông.
Ta có chu vi (ABCD) = 2(AB + BC)
2R4AC22)BCAB(22
222

==+≤
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 6
Vậy Max chu vi (ABCD) = 2R4 Khi AB = BC tức là ABCD là hình
vuông.
Bài toán 5:

Cho góc xOy khác góc bẹt và một điểm M thuộc miền trong của góc. Dựng
đường thẳng đi qua M và cắt hai cạnh của góc thành một tam giác có diện
tích nhỏ nhất ?
Cách 1:

Qua M dựng đường thẳng
song song với Ox cắt Oy tại
D. Dựng B đối xứng với O
qua D; BM cắt Ox tại A. Ta
sẽ chứng minh rằng ∆OAB
có diện tích nhỏ nhất.
Qua M vẽ đường thẳng bất
kỳ (không trùng với AB) cắt Ox; Oy theo thứ tự ở A’; B’. Ta sẽ chứng
minh rằng S
OAB
< S
OA'B'

Thật vậy có duy nhất một đường thẳng qua M cắt Ox; Oy ở A; B sao cho
M là trung điểm của AB nên MA’ và MB’ không bằng nhau.
Giả sử MA’ > MB’, trên tia MA’ ta lấy điểm E sao cho ME = MB’
=> S
MBB'

= S
MAE
< S
MAA'
=> S
OAB
< S
OA'B'
Cách 2:
Vẽ MH // OA ; MK // OB thì
S
OHMK
không đổi. Đặt S
OHMK
=
S
3
; S
AKM
=a; MB = b
Ta có: S
3
= S - (S
1
+ S
2
) nên
các tam giác AKM; MHB;
AOB đồng dạng nên:
3

12
S
SS
1
SS
+
=−

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 7
Các tam giác AKM; MHB; AOB đồng dạng nên:
2
1
Sa
Sab
⎛⎞
=
⎜⎟
+
⎝⎠
và
2
2
Sb
Sab
⎛⎞
=
⎜⎟
+
⎝⎠

()()
()
2
22
3
22
3
ab
S
ab 2ab S
12
SS2ab
ab ab
+
+
⇒ =− = ⇒ =≥
++

(áp dụng bất đẳng thức
()
2
ab 4ab+≥; xảy ra đẳng thức và chỉ khi a = b)
Vậy S ≥ S
3
, do đó diện tích AOB nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b; khi đó M là
trung điểm của AB.
Trên đây là vài ví dụ về giải bài toán cực trị trong hình học, qua các bài
toán trên bắt đầu hình thành cho các em học sinh, nhất là các em học sinh

khá giỏi khái niệm về toán cực trị hình học với phương pháp giải của nó.
Đối với học sinh THCS có thể phân loại các dạng toán cực trị kình học
thường gặp như sau:
Dạng 1:
Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc, quan hệ
giữa đường xiên và hình chiếu.
Đối với dạng này học sinh cần nhớ các kiến thức:
Ta có
AH d;A d;B d;C d;H d⊥∈∈∈∈.
a)
AB AH≥ Dấu “ = ” xảy ra ⇔ B ≡ H
b)
AB AC BH HC≤ ⇒ ≤
Bài toán 6:

Cho nửa đường tròn (O;R), đường kính AB; M là điểm trên nửa đường
tròn. Xác định vị trí của M để:
Diện tích tam giác MAB lớn nhất.
Chu vi tam giác MAB lớn nhất.
Giải:

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 8
Vẽ
MAB
MH AB;H AB
MH.AB
a) S MH R
2
⊥∈

==⋅

Ta có
MH AB;O AB⊥∈, do đó: MH ≤ OM = R; nên S
MAB
≤ R
2
(không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> H ≡ O <=> M là trung điểm của cung AB.


0
AMB 90 (AMB= là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ∆MAB vuông tại M
có
MH AB MH AB MA MB⊥ ⇒ ⋅= ⋅ ∆MAB vuông tại M theo định lý Pitago
ta có: MA
2
+ MB
2
= AB
2
= 4R
2

Gọi P là chu vi của ∆MAB ta có :
P
MAB
= MA + MB + AB trong đó AB không đổi
(MA + MB)
2

= MA
2
+ MB
2
+ 2MA.MB
Do đó P
MAB
lớn nhất <=> MA + MB lớn nhất
<=> S
MAB
lớn nhất <=> M là điểm chính giữa của cung AB.
* Qua bài toán trên có thể giúp ta giải được bài toán : Trong các tam giác
vuông có chung cạnh huyền, tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất và
có chu vi lớn nhất.
Bài toán 7:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Kẻ hai tiếp tuyến ã; By của
nửa đường tròn (O) và tiếp tuyến thứ batiếp xúc với (O) tại M cắt Ax tại D
và cắt By tại E. Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) sao
cho: AD + BE đạt giá trị nhỏ nhất.
OD.OE đạt giá trị lớn nhất.
Giải:

Vẽ
DH By; H By⊥∈
Tứ giác ADHB có



0

ABH90===

=> ADHB là hình chữ nhật
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 9
=> DH = AB = 2R
Ta có AD = MD; BE = ME (tính chất hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại
một điểm)
Do đó: AD + BE = MD + ME = DE
mà DE ≥ DH (do
DE By; E By⊥∈)
Vậy AD + BE ≥ 2R (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> E ≡ H <=> DE//AB
OM AB⇔⊥⇔ M là điểm chính giữa của cung AB.
DA và DM là tiếp tuyến của (O) => OD là phân giác của

AOM
, tương tự
OE là phân giác của

MOB;

MOA và

MOB kề bù.
Do đó

EOD = 90
o

∆ODE vuông tại O;
OM DE⊥
nên
OD·OE = OM·DE
OD·OE = R·DE
OD·OE nhỏ nhất <=> DE nhỏ nhất <=> M là điểm chính giữa cung AB.
Có rất nhiều bài toán cực trị hình học mà việc vận dụng các bất đẳng thức
trong tam giác và quy tắc các điểm rất quan trọng.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy việc học và hiểu kiến thức về bất
đẳng thức trong tam giác, quy tắc các điểm đối với học sinh không gặp khó
khăn nhiều, nhưng ở đ
ây việc vận dụng kiến thức đó vào việc giải các bài
toán, nhất là các bài toán về cực trị hình học thì rất khó khăn với học sinh.
Để giúp các em làm tốt hơn vấn đề này, tôi đã giúp các em nhớ lại, củng cố
lại các kiến thức lý thuyết ở phần này.
Dạng 2:
Vận dụng các bất đẳng thức trong tam giác và quy tắc về khoảng
cách các điểm.
Để có thể giải được dạng bài tập này các em học sinh cần phải nhớ được
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 10
các kiến thức cơ bản sau :
Tam giác ABC có :
||AB - AC| < BC < AB + AC


ABC ACB AC AB≤⇔≤

Tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có AB = A’B’; AC = A’C’ thì:



BC B'C' A A '≤⇔≤
Quy tắc 3 điểm A; B; C
a) BC ≤ AB + AC dấu “ = ” xảy ra <=>
[
]
ABC∈
b) BC ≥|AB - AC| dấu “ = ” xảy ra <=> A; B; C thẳng hàng.
Quy tắc n điểm: cho n điểm A
1
; A
2
; ; A
n
Ta có: A
1
A
2
+ A
2
A
3
+ + A
n-1
A
n

Dấu “ = ” xảy ra A
1
; A

2
; ; A
n
thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó.
C. CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG
Bài toán 8:

Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d, hai
điểm M; N thuộc d và độ dài MN không đổi. Xác định vị trí của hai điểm
M; N để đường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:

Dựng hình bình hành MNBB’ ta có BB’ = MN = a (không đổi)
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d, ta có AM = A’M’, A’
cố định.
Xét 3 điểm A’; M; B’ ta có: A’M + MB’
≥ A’B’
Do đó AM + MN + NB = A’M + MN +
NB’ = (A’M + MB’) + MN ≥ A’B’ + a
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 11
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
[
]
MA'B'∈
Bài toán 9:

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định, C là một điểm cố định nằm
giữa A và O. M di động trên đường tròn (O;R). Tìm vị trí của điểm M trên
(O;R) tương ứng lúc độ dài CM lớn nhất; nhỏ nhất.

Giải:

Xét 3 điểm C; O; M ta có:
|OM - CO| ≤ CM ≤ CO + OM
OA = OM = OB = R
Do đó CA ≤ CM ≤ CB
CM… CB (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> M ≡ B
Vậy khi M ≡ B thì đoạn thẳng CM có độ dài lớn nhất.
Mặt khác CM ≥ CA (không đổi), dấu “ = ” xảy ra khi M ≡ A
Vậy khi M ≡ A thì đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ nhất.
Bài toán 10:

Cho hai đường tròn ngoài nhau (O;R) và (O’R’). A nằm trên đường tròn
(O); B nằm trên đường tròn (O’. Xác định vị trí các điểm A; B để đoạn
thẳng AB có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải:

Kẻ OO’ cắt (O) tại C; D và
cắt (O’) tại E ; F.
Xét 3 điểm A; O’; B ta
có : |O’A - O’B| ≤ AB ≤
O’A + O’B
Xét 3 điểm O; A; O’ ta
có : |OO’ - OA| ≤ O’A ≤ OA + OO’
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 12
Mà OA = OC = OD = R; O’B = O’E = O’F = R
Do đó OO’ - OD - OE’ ≤ AB ≤ OC + OO’ + O’F
=> DE ≤ AB ≤ CF

* AB ≤ CF (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> A ≡ C; B ≡ F
Vậy AB có độ dài lớn nhất khi A ≡ C; B ≡ F
* AB ≥ DE (không đổi)
Dấu "=" xảy ra <=> A ≡ C; B ≡ E
Bài toán 11:

Cho ∆ đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R), M là một điểm di động trên
cung nhỏ

BC (M khác B và C). Tìm vị trí của điểm M sao cho MA + MB
+ MC lớn nhất. Tính giá trị đó theo R.
Giải:

Kẻ đường kính AI trên tia đối của tia
MB lấy đoạn MD = MC ta có ∆CMD
cân tại M. Mà có

CMD = 60
o
=>
∆CMD đều. Xét ∆ACM và ∆ BCD:


AB= (góc nội tiếp chắn

CM )
AC = BC (gt)
180
o

- (60
o
+

A ) = 180
o
– (60
o
+

B) hay


ACM BCD=

=> ∆ACM = ∆BCD (g.c.g)
=> MA = BD
Ta có: MB + MC = MB + MD = BD
=> MA + MB + MC = MA + BD = 2MA… 2AI = 4R (do MA là dây cung
(O))
=> Max (MA + MB + MC) = 4R khi M ≡ I
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 13
Dạng 3 : Trong quá trình giải các bài toán về cực trị hình học ta có thể vận
dụng bất đẳng thức.
Bài toán 12:

Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di chuyển trên đoạn CD (E khác
D), đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. Tìm vị
trí của điểm E để độ dài EK ngắn nhất.

Giải:

Xét ∆ADE (

D = 90
o
). Áp
dụng định lý Pitago ta có:
AE
2
= AD
2
+ DE
2
(1)
Xét ∆AKE (

K = 90
o
)
Có
AD KE⊥
Theo hệ thức lượng trong
tam giác vuông ta có:
AE
2
= ED.KE (2)
Từ (1) và (2) =>
22 2 2
AD DE AD AD

KE ED 2 ED 2AD
ED ED ED
+
==+≥⋅=

Vậy đoạn KE ngắn nhất khi
2
AD
ED
ED
=
khi và chỉ khi AD = ED
Khi đó điểm E ≡ C
Bài toán 13:

Cho đường tròn (O;R); AC là đường kính; BD là dây cung của (O;R) và
BD vuông góc với AC. Hãy xác định vị trí của dây BD để diện tích tứ giác
ABCD lớn nhất.
Giải:

Ta có:
AC BD⊥
(gt)
Nên
ABCD
1
SACBDR
2
BD=⋅=⋅

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 14
Mà BD là dây cung của (O;R), do đó BD ≤ 2R
Vậy
2
ABCD
S2R≤ . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi BD là đường kính của
(O).
Kết luận: Khi BD là đường kính của (O) thì
diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất.
* Ta đã biết:
- Trong đường tròn (O), nếu AB và CD là hai
dây cung ; H và K lần lượt là hình chiếu vuông
góc của O trên AB và CD thì ta có:
OH ≥ OK <=> AB ≤ CD




AB CD AOB COD≤⇔ ≤
Bài toán 14:
Cho đường tròn (O;R). A là một điểm cố định trong đường tròn (A không
trùng với O). Xác định vị trí điểm B trên đường tròng (O) sao cho

AOB

lớn nhất.
Giải:
Vẽ dây BC của đường tròn qua A, ta có:
∆OBC cân (OB = OC)



0
180 BOC
OBA
2
−
=

Vẽ
()
OH BC H BC⊥∈
A
∈ BC nên OH ≤ OA (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=>
HA ABOA≡⇔ ⊥ tại A.
Ta có:

OBA lớn nhất

BOC⇔ nhỏ nhất

BC⇔ nhỏ nhất <=> dây BC nhỏ
nhất <=> OH lớn nhất <=> H ≡ A <=>
AB OA⊥ tại A
* Trên đây là một số bài toán cực trị thường gặp. Sau khi đã cho học sinh
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 15
làm quen hình thành được kiến thức về giải toán cực trị trong hình học, tôi
tiếp tục cho học sinh rèn luyện những bài toán có yêu cầu cao hơn, nhất là

các bài toán có kiến thức trọng tâm của lớp 8, lớp 9.
Bài toán 15:

Cho tam giác ABC. Xác định vị trí điểm M nằm trong tam giác ABC sao
cho: AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:

Xét ba trường hợp:
a) Nếu ∆ABC có 3 góc nhọn vẽ BB
1
và
CC
1
tương ứng vuông góc với đường
thẳng AM.
Ta có:
()
AMB AMC 1 1
11
11
SS AMBBCMCC
22
11
AM BB CC AM BC
22
+= ⋅+⋅
=+≤⋅

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi AM vuông góc với BC.
Tương tự ta có:

BMC BMA
1
SS BCAC
2
+=⋅

Dấu “ = ” xảy ra khi
BM AC⊥
CMB CMB
1
SS CMAB
2
+= ⋅
Dấu “=” xảy ra khi CM AB⊥
Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức ta có:
()
()
AMB BMC CMA
ABC
1
2 S S S AM BC BM AC CM AB
2
AM BC BM AC CM AB 4S
++ ≤ ⋅+⋅+⋅
⇒ ⋅+ ⋅+ ⋅≥

Dấu "=" xảy ra
khi
AM BC;BM AC;CM AB⊥⊥⊥
Tức là M là trực tâm của ∆ABC

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 16
là trực tâm của ∆ABC
b) Nếu ∆ABC có một góc vuông (

0
A90=
) dễ thấy M ≡ A khi đó MA = 0;
MB = AB ; MC = AC
=> Min(MA.BC + MB.CA + MC.AB) = 2AB.AC = 4S
ABCD
c) Nếu ∆ABC có một góc tù (

A > 90
o
)
Vẽ tia
Ax AC⊥
và nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC
chứa điểm B. Lấy điểm P trên tia Ax sao cho AP = AB. Xét điểm M nằm
trong ∆APC.
Vì ∆ABP cân tại A


APB ABP⇒ =
Ta có







MPB APB ABP MBP
MB MP
CPB CBP CB CP
≥=≥
⇒ ≥
>
⇒ >

Do đó MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ MA.CP + MP.AC + MC.AP ≥ 4S
APC
Mà 4S
APC
= 2 AP.AC = 2AB.AC không đổi
Vậy min(MA.BC + MB.AC + MC.AB) = 2AB.AC khi và chỉ khi M ≡ A
Bài toán 16:
Cho đường tròn (O;R) và một điểm A cố định ở trên đó. AB và AC là hai
dây quay quanh A sao cho tích AB.AC không đổi, đường cao AH của tam
giác ABC. Khi AH > R, hãy tìm vị trí dây BC sao cho S
ABC
lớn nhất.
Giải:
Vẽ OE BC⊥ và (A;r) tiếp xúc với BC tại H cắt
AD tại I.
Ta sẽ chứng minh được đường tròn (A;r) luôn
cố định.
Thật vậy: ta có
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 17

()
ABD AHC g.g
AB' AD
AB AC AD AH
AH AC
ΔΔ
⇒ = ⇒ ⋅=⋅
∼

AB AC AB AC
AH
AD 2R
⋅⋅
⇒ == (không đổi)
()
I;H A;r⇒ ∈
với
AB AC
r
2R
⋅
=

Ta có:
ABC
1
SAHBC
2
=⋅
do AH không đổi, do đó:

S
ABC
lớn nhất khi BC lớn nhất <=> OE bé nhất.
Do OA < AH => O nằm giữa A và I
Ta có OA + OE….AE….AH = AI = AO + OI
=> OE ≥ OI không đổi.
Dấu “ = ” xảy ra khi E ≡ I ≡ H
Vậy nếu H trùng I thì OE ngắn nhất. Khi đó dây BC qua I vuông góc với
AD tại I.
Bài toán 17:
Cho đường tròn (O;R), dây BC cố định, A là điểm chuyển động trên cung
lớn BC. AD là phân giác của góc ABC. Xác định vị trí điểm A để hiệu
AB.AC - DB.DC đạt giá trị lớn nhất và S
ABC
lớn nhất.
Giải:
a) Gọi A’; E là điểm chính giữa của cung lớn
và cung nhỏ BC
A’E cắt BC tại H =>
A'E BC⊥

AD là phân giác

BAC
nên A; D; E thẳng
hàng
Xét ∆ABD và ∆AEC có:


12

AA=
(gt)


ABC AEC= (góc nội tiếp cùng chắn

AC )
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 18
=>
AB AD
ABD AEC(g.g) AB AC AE AD
AE AC
ΔΔ
⇒ = ⇒ ⋅=⋅∼ (1)




11
ABD CED (A C ;ABD CED)
AD BD
BD CD AD ED
CD ED
ΔΔ = =
⇒ = ⇒ ⋅=⋅
∼
(2)
Từ (1) và (2)
()

2
AB AC BD DC AE AD AD ED AE ED AD AD⇒ ⋅−⋅=⋅−⋅= − ⋅=
Mà
AE A'E
AE ED A 'H hay AD A 'H
ED ED
≤
⎫
⇒
−≤ ≤
⎬
≥
⎭

Vậy ta có: AB·AC – DB·DC ≤ A’H
2
(không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> D ≡ H ; A ≡ A’=> A là điểm chính giữa cung lớn
BC.
Bài toán 18:
Cho đường tròn (O;R). Dựng đường tròn (O’;R’) sao cho tâm O nằm trên
đường tròn (O’;R’). Dây cung AB của (O;R) di động và tiếp xúc với
(O’;R’). Gọi C là tiếp điểm. Xác định vị trí của dây cung AB để tổng S =
AC
2
+ BC
2
đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R và R’.
Giải:
Gọi H là trung điểm của AB OH AB⇒ ⊥

Vẽ
OK O'C⊥

=> tứ giác OHCK là hình chữ nhật
()()
()( )
()
()( )
22
22
2
222
22 2 2
2
222
2
22 2 2 22
22
AC CB AH HC HB CH
AB
2HC 2AH 2HC
2
2R OH 2O'O O'K
S2R 2OH 2R' 2R'OH
2R R' R' 2OH 2R R'
R'
Max S=2R R ' khiR ' 2OH OH
2
⇒ +=+ +−
=+ = +

=− + −
⇒ =− +−−
=+−− ≤+
⇒ +=⇔=

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 19
Vậy AB là tiếp tuyến chung ngoài của (O’;R’) và
R'
O;
2
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

Bài toán 19:

Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động
trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Gọi D
và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. Xác định vị trí của A sao
cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R.
Giải:

Dễ thấy tứ giác ADHE là hình chữ
nhật
l
l
l
0
ADHE

22 2 2
222
ADHE
(D E A 90 )
SAD.AE
AD AE DE AH
222
AH AO R
S
222
===
=
+
≤==
⇒ ≤≤=
)
Vậy diện tích tứ giác ADHE lớn nhất bằng
2
R
2
khi AD = AE tức là cung
p
p
AB AC=
Bài toán 20:

Cho đường tròn (O;R); BC là đường kính cố định. A là điểm di động trên
đường tròn. Vẽ tam giác đều ABM
có đỉnh M ở ngoài đường tròn (O).
Từ C kẻ

CH MB⊥ . Gọi D, E, F, G
lần lượt là trung điểm của OC, CM,
MH, OH. Xác định vị trí của điểm
A để S
DEFG
đạt giá trị lớn nhất.
Giải:

G, D lần lượt là trung điểm của OH,
OC => GD là đường trung bình của
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 20
∆OHC
=> GD//HC và
1
GD HC
2
=

Tương tự EF là đường trung bình của ∆MHC => EF // HC và
1
EF HC
2
=

=> GD //= EF => FEDG là hình bình hành.
Vẽ
OI BH⊥ ⇒
I là trung điểm của BH => OI là đường trung bình của
∆BHC.

Vì thế ta có: OI // HC và
1
OI HC
2
=

Do ∆MAB đều => MA = MB ; OA = OB = R
=> OM là trung trực của AB =>

BMO = 30
o
; ∆MOI có
0
I90=



0
IOM 30=
nên là nửa của tam giác đều =>
1
OI OM
2
=

=> MO = HC (= 2OI)
1
ED MO
2
=

(ED là đường trung bình của ∆MOC);
1
GD HC
2
=

=> ED = GD. Do đó DEFG là hình thoi. Tam giác EFG đều
Ta có:
22
22
DEFG EFG
HC BC
33
EF 3 R 3
22
S2S2
42 22
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
== = ≤ =
(không đổi)
Dấu bằng xảy ra


00
HB MBC90 ABC30 ACR⇔≡⇔ = ⇔ = ⇔ =

Bài toán 21:
Cho đường tròn (O;R), I là điểm cố định ở bên trong đường tròn. Gọi AC

và BD là hai dãy bất kỳ cùng qua I. Xác định vị trí của dây AC và DB để
AB AD BC CD
AB BC DA CD
⋅+⋅
⋅+ ⋅

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 21
a) lớn nhất
b) nhỏ nhất
Giải:
Xét ∆ IDC và ∆IAB có


DIC AIB= (đối
đỉnh)


IDC IAB= (cùng chắn

BC )
Do đó ∆IDC ~ ∆IAB
ID IC CD
IA IB AB
==
(1)
Tương tự ∆IDC ~ ∆IBC
IA ID DA
IB IC BC
==

(2)
Từ (1) và (2) ta có:
ID ID IA DA CD ID IB AB BC DA CD
IB IA IB AB BC IB AB BC
AB BC DA CD
Hay :BD IB
AB BC
⋅+⋅+⋅
===
⇒ =
⋅⋅
⋅+ ⋅
=⋅
⋅

Mặt khác ta có
IC IC IA BC CD
IA IB IB AB DA
IC IA AB DA BC CD
IA
IA AB DA
⋅
=⋅=
⋅
+⋅+⋅
⇒ =⋅
⋅

Do đó:
AC AB DA BC CD AB BC DA CD

IA : IB
BD AB DA AB BC
AC AB AD BC CD
BD AB BC DA CD
⋅+⋅ ⋅+⋅
⎛⎞⎛⎞
=⋅ ⋅
⎜⎟⎜⎟
⋅⋅
⎝⎠⎝⎠
⋅+⋅
⇒ =
⋅+ ⋅

Vậy:
AB AD BC CD
AB BC DA CD
⋅+⋅
⋅+ ⋅
đạt max <=> AC max và BD min <=> AC qua O
và
BD OI⊥
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 22
AB AD BC CD
AB BC DA CD
⋅+⋅
⋅+ ⋅
đạt min <=> AC min và BD max <=> AC OI⊥ và AC
qua O.

Bài toán 22:
Cho góc xOy vuông góc ở O và đường tròn tâm I bán kính r tiếp xúc với
hai cạnh của góc xOy.
Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (I;r) cắt các tia Ox và Oy ở A
và B. Xác định vị trí của đường thẳng d để:
Độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất.
Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Chu vi tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
a) Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh OA, OB, AB lần lượt tại D, E, F
=> OE = OD; BE = BF; AD =
AF
Do đó OA + OB – AB = OE +
OD
Tứ giác OEID là hình chữ nhật
(vì có



0
OED90=== )
Và có OE = OD => OEID là
hình vuông =>OD = OE = IE =
ID = r
=> OA + OB – AB = 2r
Mặt Khác S
OAB
= S
OIA
+ S

OIB
+ S
IAB
=> OA.OB = r(OA + OB + AB)
∆ OAB có

0
O90= nên AB
2
= OA
2
+ OB
2

AB
2
= OA
2
+ OB
2
= (OA - OB)
2
+ 2OA·OB ≥ 2OA·OB = 2r (2r + AB +
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 23
AB)
=> AB
2
– 4r·AB ≥ 4r
2

=> (AB - 2r)
2
≥ 8r
2

()
AB 2r 2 2 AB 2 2 1 r⇒ −≥ ⇒ ≥+

()
AB 2 2 1 r≥+ (không đổi) hay min
()
AB 2 2 1 r=+
Dấu bằng xảy ra <=> OA = OB <=>
AB OI⊥ tại M
b)
()()
()
()()
OAB
2
11
S r OA OB AB r 2r 2AB
22
rr AB rr 2 2 1r 3 2 2r
=++=+
⎡⎤
=+ ≥+ + =+
⎣⎦

()

2
OAB
S322r≥+ (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> OA = OB <=>
AB OI⊥ tại M
Vậy diện tích ∆OAB đạt giá trị nhỏ nhất là
()
2
322r+
khi AOx;BOy∈∈;
AB OI⊥ tại M(I)∈
Bài toán 23:
Cho đoạn thẳng AB cố định, C là điểm chuyển động trên đoạn AB. Vẽ về
một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính AB, AC, CB. Xác
định vị trí của điểm C để diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn
trên đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
Đặt AB = 2a (không đổi) và AC
= 2x
Suy ra: CB = AB - AC = 2a - 2x
(O ≤ x ≤ a)
Gọi S
1
; S
2
; S
3
lần lượt là diện tích của các nửa hình tròn đường kính AB,
AC, CB ta có:
Đề tài sang kiến kinh nghiệm

Nguyễn Thị Hương 24
()
2
2
1
2
2
2
2
2
3
1AB 1
Sa
22 2
1AC 1
Sx
22 2
1CB 1
Sax
22 2
⎛⎞
=π=π
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
=π=π
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
=π=−π

⎜⎟
⎝⎠

S
cần tìm
=
()
()
{
}
2
22
123
1
SSS a x ax
2
⎡
⎤
−+=π− +−
⎣
⎦

()()()
222 2 2 2
2
22 2 2
2
11
axa2axx 2x2ax xax
22

aa a a a
xax x
44 2 44
=π − − + − =π− + =π− +
⎡⎤
⎛⎞
ππ
⎛⎞
=π − + − + =−π − + ≤
⎢⎥
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦

Vậy S cần tìm
2
a
4
π
≤
(không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=>
a
x
2
=
<=> C là trung điểm của AB.

Bài toán 24:
Cho ∆ABC vuông cân tại A có AB = AC = a. Trung tuyến AD. M di động
trên đoạn AD. N, P là hình chiếu của M trên AB, AC. H là hình chiếu của
N trên PD, biết

NHB = 45
o

Xác định vị trí điểm M để ∆AHB có diện tích lớn nhất
Chứng minh rằng khi M di động, đường thẳng HN luôn luôn đi qua một
điểm cố định. Suy ra vị trí của M để HN dài nhất.
Giải:
Ta có tứ giác APHN nội tiếp (vì


AH+ =
180
o
)
Mà

PMN= 90
o

=> 5 điểm A, P, H, M, N cùng thuộc