chuyên đề cực trị hình học

A-PHẦN MỞ ĐẦU
I- Lý do chọn đề tài:
Chuyên đề : “Cực trị hình học” chúng tôi viết nhằm hưởng ứng chương trình
sinh hoạt giao lưu chuyên môn của các trường THCS và trường THPT chuyên
của tỉnh Bắc Ninh. Việc viết chuyên đề cực trị hình học hoàn toàn do sự thống
nhất của nhóm các giáo viên Toán của tỉnh đã lựa chọn. Về mặt khách quan thực
tế chuyên đề cực trị hình học đã xuất hiện ở nhiều tài liệu bồi dưỡng học sinh
giỏi .Trong những tài liệu đó : có những tài liệu vấn đề bất đẳng thức và cực trị
hình học được viết thành một chuyên đề riêng như : Chuyên đề bất đẳng thức
và cực trị trong hình học phẳng (Tác giả Nguyễn Đức Tấn - Nhà xuất bản giáo
dục năm 2000) , Các bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học
phẳng ở trung học cơ sở ( Nhóm tác giả Vũ Hữu Bình, Hồ thu Hằng, Kiều Thu
Hằng, Trịnh thúy Hằng -Nhà xuất bản giáo dục năm 2003). Có những tài liệu
chuyên đề cực trị hình học được viết cùng với các chuyên đề hình học khác:
Toán bồi dưỡng , Toán nâng cao và các chuyên đề , Một số vấn đề phát triển
hình học, Về mặt chủ quan chúng tôi thấy áp dụng vào thực tế giảng dậy còn
gặp những hạn chế nhất định.Do đó từ nhu cầu thực tế giảng dậy sau khi đọc các
cuốn tài liệu đó, đọc các bài viết của các nhà giáo trên tạp chí Toán tuổi thơ ,
Toán Học & Tuổi Trẻ, làm và đọc các lời giải của các đề thi HSG, các đề thi giải
Toán qua thư và các lời giải về những bài toán cực trị trên các diễn đàn Toán
học chúng tôi chọn cách viết chuyên đề với tâm thế là người học hỏi, suy ngẫm
viết lại để thuận lợi nhất cho công việc giảng dậy của mình và công việc nghiên
cứu tự học của học sinh. Chuyên đề được viết với mục đích dành cho giáo viên
tham khảo để giảng dậy và học sinh dùng làm tài liệu tự học hay học có sự
hướng dẫn của giáo viên, bởi thế trong các bài toán chúng tôi chỉ tập trung phân
tích và chỉ ra điểm mấu chốt theo quan điểm của mình để tìm ra lời giải của bài
toán nhằm làm bật lên bản chất của bài toán liên quan đến vấn đề đang trình bày
một mặt nhằm cho người đọc không bị phân tán về các yếu tố phụ, một mặt chia
sẻ với người đọc về hướng tiếp cận bài toán của chúng tôi.Rất mong ý tưởng đó
được người đọc chia sẻ.
II- Một vài lời giới thiệu:

Để thuận lợi cho người đọc chúng tôi trình bày chuyên đề theo ba chương:
Chương I: Những vấn đề cơ sở.
- Trình bày những vấn đề chung có tính lý thuyết cơ sở của bài toán cực trị
hình học
Chương II: Phương pháp giải toán
Chúng tôi xin trình bầy hai vấn đề chính là:
- Bốn phương pháp giải toán cực trị hình học.
- Những sai lầm thường gặp khi giải toán cực trị hình học.
Đây là phần trọng tâm, trên cơ sở nhận thức đóng vai trò như một người giải
toán chúng tôi tiếp cận bài toán hình học theo một số phương pháp như sau:
- Phương pháp vận dụng các bài toán cực trị quen thuộc.
- Phương pháp vận dụng bất đẳng thức hình học.
- Phương pháp vận dụng bất đẳng thức đại số.
- Phương pháp vận dụng hàm số.
Với nhận thức chủ quan như vậy cho lên chúng tôi trình bày chương này theo
bốn phương pháp, trong mỗi phương pháp đều có ba phần: Định hướng chung
của phương pháp , các ví dụ minh họa và phân tích , bài tập cùng phương pháp
và bình luận.Trong các bài toán minh họa cho mỗi phương pháp chúng tôi xin
không trình bày lời giải chi tiết của mỗi bài hoặc các phần không nằm trong
chuyên đề cần trình bày, việc này xin người đọc tự hoàn thiện.
Chương III: Các bài tập tự luyện
Trong chương này chúng tôi lựa chọn sưu tầm một số đề thi có thể giải bằng
nhiều cách, lựa chọn một số ít bài cực trị trong các tạp chí Toán để các bạn tự
lựa chọn phương pháp.

Phải nói rằng mặc dù chúng tôi đã hết sức cố gắng nhưng do khả năng có
hạn trong quá trình viết không trách khỏi thiếu xót, rất mong nhận được sự
thông cảm, chia sẻ và góp ý của quí đồng nghiệp cho chúng tôi. Cảm ơn rất
nhiều!

Một số kí hiệu được viết tắt:
-
,C
ABC ABC
S
: diện tích , chu vi của tam giác ABC.
- HSG: học sinh giỏi
-THPT,THCS : Trung học phổ thông, Trung học cơ sở
- KHTN : Trường đại học Khoa Học Tự Nhiên
- TTT2 : Toán tuổi thơ 2
- TH & TT : Toán Học và Tuổi Trẻ
B-PHẦN NỘI DUNG
CHƯƠNG I:NHỮNG VẤN ĐỀ LÝ THUYẾT.
I-THẾ NÀO LÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC:
Một số bài toán hình học mà trong đó các hình được nêu ra có cùng chung một
tính chất nào và ta phải đi tìm được hình sao cho có một đại lượng nào đó ( độ
dài , chu vi , diện tích, số đo góc, ) đạt giá trị lớn nhất hoặc đạt giá trị nhỏ nhất
được gọi chung là bài toán cực trị hình học.
Chú ý : Ta cần giải quyết đầy đủ việc tìm được vị trí, kích thước, giá trị, hình
dạng của hình đạt cực trị và các yêu cầu liên quan mà đề bài yêu cầu.
II-PHƯƠNG HƯỚNG CHUNG ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC:

Cách 1: Chỉ ra một hình rồi chứng minh rằng hình đó có đại lượng cần tìm là
cực trị lớn hơn đại lượng tương ứng của mọi hình khác ( nếu tìm GTLN) và nhỏ
hơn đại lượng tương ứng của mọi hình khác ( nếu là bài toán tìm GTNN).
Cách 2: Để tìm cực trị của A
Bước 1: Đi chứng minh A
≥
m ( A
≤

M) trong đó m, M không đổi
Bước 2: Chỉ ra hình sao cho A = m (A=M)
Bước 3: Kết luận : GTNN của A =m, GTLN của A =M.
Chú ý : Ta thường trình bày lời giải bài toán cực trị theo cách 2.

III - HỆ THỐNG KIẾN THỨC CƠ BẢN:
Để giải bài toán cực trị hình học chúng ta thường dựa vào các định lý và tính
chất cơ bản sau:
1) Quy tắc các điểm:
* Quy tắc ba điểm A,B, C: Dấu “=” xảy ra
[ ]
C AB⇔ ∈
a)
AB AC CB
≤ +
.Dấu “=” xảy ra
[ ]
C AB⇔ ∈
b)
AB BC CA≥ −
.Dấu “=” xảy ra
⇔
A,B,C thẳng hàng.
* Quy tắc n điểm
1 2
; ; ;A
n
A A

1 1 2 2 3 1

n n n
A A A A A A A A
−
⇒ ≤ + + +
Dấu “=” xảy ra
1 2 1
, , , ;
n n
A A A A
−
⇔
thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó.
2) Bất đẳng thức về cạnh, góc trong tam giác:
* Trong tam giác ABC ta có:
a)
AB AC BC AB AC− < < +
b)
·
·
ABC ACB AC AB≤ ⇔ ≤
c) Góc ngoài lớn hơn góc trong không kề với nó.
3)Quan hệ đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu:
- Đường vuông góc ngắn hơn mọi đường xiên.
- Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.
- Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn.
4) Quan hệ giữa góc và tỉ số lượng giác:
Cho
0
0 , 90

α β
< <
ta có:
+
sin sin
α β α β
≤ ⇔ ≤
;
tan tan
α β α β
≤ ⇔ ≤
+
cos cos
α β α β
≤ ⇔ ≥
;
cot cot
α β α β
≤ ⇔ ≥
5) Quan hệ giữa đường kính và dây cung,dây và khoảng cách từ tâm đến dây,
cung và dây căng cung:
- Đường kính là dây lớn nhất của đường tròn.
- Trong đường tròn (O): AB,CD là hai dây cung căng hai cung nhỏ
»
»
,AB CD
, H
và K là hình chiếu vuông góc của O trên AB và CD:
Ta có:
»

»
·
·
OH OK AB CD AB CD AOB COD≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤

III)HỆ THỐNG MỘT SỐ KẾT QUẢ CỰC TRỊ QUEN THUỘC:

Để giải các bài toán cực trị hình học ngoài việc nắm chắc các kiến thức cơ bản
ở trên chúng ta cũng cần nắm được một số kết quả “quen thuộc” ( bài toán gốc).
Những kết quả này như một định hướng để chúng ta có cơ sở tìm ra lời giải của
bài toán.Phải nói thêm rằng tính “quen thuộc” mang sắc thái tương đối với từng
người và tính chất của từng cuộc thi.
Ví dụ :
Bài toán : Cho hai dây AC và BD vuông góc với nhau tại điểm P cố định
nằm trong đường tròn (O) . Tìm Min, max của chu vi tứ giác ABCD. Là để thi
học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 1996-1997 nhưng thực chất là đưa về bài
toán cơ bản: Tìm Min, max của tổng AC +BD.
Dưới đây tôi xin hệ thống một số kết quả thường dùng trong giải toán cực trị
cực trị. Những kết quả này phần lớn là đã có ở sách giáo khoa và sách bài tập.
1) Trong tam giác
∆
ABC,
∆
' ' '
A B C
có
' ' ' '
,AB A B AC AC= =
thì:

µ
µ
' ' '
BC B C A A≤ ⇔ ≤
2)Trong các tam
∆
ABC,
∆
' ' '
A B C
lần lượt cân tại A và
'
A
có
·
·
' ' '
BAC B AC=
thì:
' ' ' '
BC B C AB A B≤ ⇔ ≤
3) Trong các tam
∆
ABC,
∆
' ' '
A B C
lần lượt cân tại A và
'
A

có
' '
AB A B=
thì:

' '
BC B C≤ ⇔
·
·
' ' '
BAC B AC≤
.
4) Cho điểm A cố định, điểm B di động trên đường thẳng a cố định. AB nhỏ
nhất khi và chỉ khi AB vuông góc a
5)Cho A, B cố định đường thẳng a quay quanh B. AB lớn nhất khi và chỉ khi
AB vuông góc với a.
6) Cho hai đường thẳng song song a,b cố định. A,B lần lượt di động trên a,b.
AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AB
⊥
a.
7)Trong những tam giác có cùng đáy và cùng diện tích tam giác cân có chu vi
bé nhất.
8)Trong những tam giác có cùng đáy và cùng chu vi tam giác cân có diện tích
lớn nhất.
9) Trong những tam giác có cùng chu vi tam giác đều có diện tích lớn nhất và
bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất
10)Trong tam giác ứng với cạnh lớn nhất là đường cao bé nhất, phân giác nhỏ
nhất, trung tuyến nhỏ nhất.( Kết quả về phân giác cũng là một bài toán không hề
đơn giản)
11) Trong các dây cung của (O) đi qua điểm A cố định nằm trong đường tròn

Dây vuông góc với OA là dây nhỏ nhất.
12) Cho điểm B di động trên đường tròn (O) cố định và A cố định nằm ngoài
đường tròn (O) . AO cắt đường tròn (O) tại C, D( C nằm giữa A và D):
AB nhỏ nhất khi và chỉ khi B trùng với C
AB lớn nhất khi và chỉ khi B trùng với D.
13)Cho hai đường tròn (O) và (O
'
) Cắt nhau ở A và B. Một cát tuyến qua A
cắt (O) và (O
'
) ở M và N. MN lớn nhất khi và chỉ khi MN song song với OO
'
14)Cho điểm M di động trên cung tròn AB cố định . MH vuông góc với AB tại
H.
- MH lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm chính giữa cung AB
- Chu vi tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm chính giữa cung
AB( Phát biểu cách khác: Trong các tam giác có chung đáy và góc ở đỉnh đối
diện với đáy chung không đổi tam giác cân có chu vi lớn nhất)
- Diện tích tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm chính giữa cung
AB.
Chú ý :
+ Khi dùng các kết quả này ta có thể dùng dưới khía cạnh giúp ta nhìn thấy lời
giải của bài toán. Khi trình bày thì có thể chứng minh trước như một bổ đề hoặc
trình bày kèm trong lời giải.
+Khi dùng các kết quả trên có thể điều kiện cực trị không xảy ra theo ý muốn
do sự “bó buộc” của các điều kiện cụ thể trong bài toán khi ấy cần áp dụng một
cách linh hoạt.
Ví dụ: Với kết quả:
Cho điểm A cố định, điểm B di động trên đường thẳng a cố định. AB nhỏ nhất
khi và chỉ khi AB vuông góc a.

Trong bài toán cụ thể : B chỉ di động trên đoạn CD mà hình chiếu A trên
đường thẳng A không thộc CD khi ấy cần xét xem B ở đâu thì AB “gần” vuông
với đường thẳng a nhất thì AB nhỏ nhất.
*
***

CHƯƠNG II:PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.
Trước tiên, chúng ta đều biết việc phân chia phương pháp giải một loại toán
nào đó để đảm bảo các phương pháp không giao nhau và hợp vào mang tính bao
trùm là vô cùng khó khăn.Về mặt chủ quan nó phụ thuộc vào năng lực và nhận
thức của người viết, về mặt khách quan không ít những bài toán ta phải phối hợp
nhiều phương pháp để giải, do đó để tách bạch các phương pháp là không hề
đơn giản.Phương pháp chung để giải bài toán cực trị là : Tìm cách đánh giá các
đại lượng cần tìm cực trị bằng các kiến thức cơ bản liên quan với một đại
lượng, hằng số không đổi.Chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào và kết luận.Do đó
việc phân chia các phương pháp giải toán cực trị hình học dưới đây trên quan
điểm là dựa vào tư tưởng tiếp cận và công cụ sử dụng để giải bài toán đó.Để
minh họa cho bốn phương pháp các bạn theo dõi ví dụ sau:
Ví dụ: (Thi HSG Bắc Ninh 2013)
Cho
ABC∆
thay đổi, có AB = 6 và CA = 2CB. Tìm GTLN của diện tích
ABC∆
.
Hướng dẫn giải 1:- Dựa vào bài toán cơ bản :Cho điểm M di động trên
cung tròn AB khi M là điểm chính giữa cung AB thì khoảng cách từ M đến AB
lớn nhất mà AB không đổi do đó khi ấy diện tích tam giác AMB lớn nhất )

Phân tích: Nhận thấy AB = 6 không đổi và tỉ số
2

CA
CB
=
không đổi . Dựa vào
đường tròn A-pô-lô-ni-út hay nói cách khác liên hệ đến tính chất đường phân
giác cho phép ta biết được C di động trên đường tròn đường kính DE ( D, E lần
lượt là chân đường phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác CAB) dùng
bài toán cơ bản cho phép ta thấy được cực trị của bài toán.
Lời giải chi tiết:
Vẽ phân giác trong CD, phân giác ngoài CE, đường cao CH của
∆
ABC. Gọi
đường (O) là đường tròn đường kính DE.Lấy M là điểm chính giữa cung DE.
Xét
∆
ABC ta có CD là phân giác ( cách vẽ)

AD AC
BD BC
⇒ =
( tính chất đường phân giác) mà AC = 2BC giả thiết

1
2 2
3
AD
BD AB
BD
⇒ = ⇒ = =
( do AB = 6)

⇒
BD = 2.
Tương tự với AE là phân giác ngoài ta được:
6BE
=
.

8DE
⇒ =
mà OM là bán kính của đường tròn (O) đường kính DE

1
4
2
OM DE⇒ = =
.
E
D
A
C
O
M
HB
Xét
∆
CDE ta có : CD
⊥
CE ( tính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù)

⇒

∆
CDE vuông tại C
⇒
C
∈
(O)
⇒
CO = MO ( cùng là bán kính)
Ta có :
1
. 3.
2
ABC
S AB CH CH= =
( do CH là chiều cao và AB = 6)
Lại có: CH
AB⊥ ⇒
CH
≤
CO = MO = 4(quan hệ đường xiên, đường vuông góc)

⇒
12
ABC
S ≤
Dấu “=” xảy ra
⇔
C trùng với M.
Mặt khác nếu C trùng M :
OM DE⊥

( do M là điểm chính giữa cung DE của
đường tròn (O) )

⇒
,MOB MOA∆ ∆
cùng vuông tại (O).Áp dụng Py ta go ta có:

2 2 2 2 2 2
,MB MO OB MA MO OA= + = +

mà MO = 4,OB = OD - BD = 2, OA = OB+AB =8

⇒
MB = 2
5
, MA =5
5

4 5, 2 5 2CA CB CA CB⇒ = = ⇒ =
( do C trùng M)
⇒
M thỏa mãn đề bài.
Vậy giá trị lớn nhất của
12
ABC
S =
(đvdt)
Bình luận:
+ Lời giải trên việc tìm ra vị trí của cực trị là do dựa vào bài toán cơ bản.
+ Ta không trình bày riêng bài toán cơ bản mà trình bày ghép trong lời giải.

+ Việc chỉ ra M thỏa mãn đề bài là không thể bỏ ( trừ khi ta đi chứng minh tập
hợp điểm C là đường tròn đường kính DE)

Hướng dẫn giải 2: ( Lời giải dựa trên phương pháp sử dụng bất đẳng thức hình
học)

Phân tích: Ta thấy
∆
ABC có cạnh đáy AB không đổi do đó để
ABC
S
lớn nhất
khi và chỉ khi đường cao CH lớn nhất. Nếu sử dụng phương pháp bất đẳng thức
để giải ta đặt ra hướng đi là chứng minh CH nhỏ hơn hặc bằng một đại lượng
hoặc hằng số không đổi. Có hai hướng chính để tìm lời giải bài toán bằng
phương pháp này:
+ Hướng 1: Khảo sát sự thay đổi để nhận định vị trí, điều kiện cực trị sau đó
chứng minh.
+ Hướng 2: Tạo ra các đại lượng không đổi và các đại lượng liên quan đến đại
lượng cần tìm cực trị rồi chứng minh để đưa ra kết luận
Đi theo hướng thứ hai ta có lời giải:
A
D
E
C
H B
H
’
D
’

C
’
Lời giải chi tiết:
Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AC = 4CD.Kẻ đường cao CH của
ABC∆
, kẻ
DE
⊥
AB tại E.Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa C lấy D
’
sao cho
BD
’

⊥
AB và BD
’
= 3.Trên tia đối của tia D
’
A lấy C
’
sao cho
·
·
' ' '
C BD C AB=
.
Xét
' '
C BD∆

và
'
C AB∆
có:
·
·
' ' '
C BD C AB=
mà
·
'
AC B
chung

⇒
' '
C BD∆

'
C AB∆
(g-g)
' '
' ' ' '
2
AC BC BA
C B C D BD
⇒ = = =
( do BA = 6, BD
’
= 3 )

' ,
2AC BC⇒ =
,
' '
4AC D B=
(*)
Xét
CDB∆
và
CBA∆
ta có: CA = 2.CB ( gt), CA = 4.CD
⇒
CB =2CD

⇒
1
2
CD
CB
=
mà
1
2
CB
CA
=
( do CA = 2.CB)
CD CB
CB CA
⇒ =

lại có
·
ACB
chung

⇒
CDB
∆

CBA
∆
( c-g-c)
1 1
3
2 2
BD CB
BD AB
AB CA
⇒ = = ⇒ = =
( do AB = 6)
Xét
CHA∆
ta có: DE// CH ( cùng vuông góc với AB)

CH CA
DE DA
⇒ =
( Ta lét) mà AC = 4 CD
4
3

CH
DE
⇒ =
4
3
CH DE⇒ =
(1)
Vì DE
⊥
AB tại E
⇒
DE
3DB≤ =
kết hợp (1)
⇒
CH
≤
4 (2)
Mặt khác :
( )
1
. 3 6
2
ABC
S AB CH CH AB= = =
(3)
Từ (2) và (3)
12
ABC
S⇒ ≤

Dấu “=” xảy ra
⇔
D trùng
,
D
⇔
C trùng C
'
( theo (*) C
'
thỏa mãn )
Vậy giá trị lớn nhất của
12
ABC
S =
(đvdt)
Hướng dẫn giải 3: ( Lời giải dựa vào phương pháp sử dụng bất đẳng thức đại
số)

Phân tích: Ý tưởng dùng bất đẳng thức đại số là: Đặt BC = x
⇒
CA =2x dùng
công thức Hê - rông cho phép ta tính được S tích theo x sau đó dùng Côsi cách
này nhanh nhưng đó là cái “nhanh” do đi bằng đôi chân của Hê-rông.
Lời giải chi tiết: Đặt BC = x ( x> 0)
⇒
AC = 2x.
Điều kiện để tồn tại
ABC AC BC AB AC BC
∆ ⇔ − < < +

⇔
2x-x < 6 < 2x+x
⇔
2 < x < 6 (*)
Ta có: BC = x, AC = 2x mà AB = 6
Nửa chu vi tam giác ABC là: p
( )
3 2
2 2
x
AB AC BC
+
+ +
= =
C
B
A
S
S

( )
3 2
2
x
p AB
−
− =
,
6

2
x
p BC
+
− =
,
6
2
x
p AC
−
− =
Theo công thức Hê - rông ta được:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
3 2 3 2
6 6 3
. . . 4 36
2 2 2 2 4
ABC
x x
x x
S x x
+ −
+ −
= = − −
Với x thỏa mãn điều kiện (*)
2 2
4 0,36 x 0x⇒ − > − >

. Áp dụng Côsi cho hai số
dương :
2
4x −
và
2
36 x−
:
( ) ( )
2 2
2 2
3 3 4 36
4 36 . 12
4 4 2
ABC
x x
S x x
− + −
= − − ≤ =
Dấu “=” xảy ra
2 2
2 6
2 5
4 36
x
x
x x
< <

⇔ ⇔ =


− = −

Vậy giá trị lớn nhất của
12
ABC
S =
( đvdt)
Hướng dẫn giải 4: ( Lời giải dựa vào phương pháp sử dụng hàm số)
Nếu nhận thấy AB =6 không đổi ta đi theo hướng là tính chiều cao CH theo x
ABC
S⇒
theo x rồi khảo sát
ABC
S
theo x ta có lời giải:


Lời giải chi tiết: Đặt BC = x ( x> 0)
⇒
AC = 2x.
Điều kiện để tồn tại
ABC AC BC AB AC BC
∆ ⇔ − < < +

⇔
2x-x < 6 < 2x+x
⇔
2 < x < 6 (*)
Ta thấy :

2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 36 3 36 0AC AB CB x x x AC AB CB+ − = + − = + > ⇒ + >

µ
0
90A⇒ >
. Do đó kẻ đường cao CH của
ACB∆
ta có hai trường hợp:
+ Xét H thuộc AB:
Đặt HB = y, AH = 6- y. Ta có
,CHA CHB∆ ∆
lần lượt vuông tại H ( do AH
⊥

AB). Áp dụng định lý Pytago ta được:

( )
2
2
2 2 2 2 2
12
4 6 12 36 3 0
4
x
CH x y x y y x y
−
= − = − − ⇒ − + = ⇒ =

mà

2 2 2
CH x y= −
(cmt)

⇒
2
2
2 2 4 2
12 1
40 144
4 4
x
CH x CH x x
 
−
= − ⇒ = − + −
 ÷
 

⇒
( )
2
2
3
. 20 256
4
ABC
S x= − − +
Đặt t =
2

20x −
Xét hàm số
( )
2
3
256
4
f t t= − +
H
C
B
A
Để tồn tại tam giác ABC không tù tại B ta có:
2 2 2 2 2
36 4 2 3CB BA CA x x x+ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≤
kết hợp (*)
2 2 3x⇒ < ≤
2 2
4 12 16 20 8x x⇒ < ≤ ⇒ − < − ≤ −
16 8t
⇒ − < ≤ −
Dễ thấy
( )
2
3
256
4
f t t= − +
đồng biến với
16 8t− < ≤ −

⇒
Max
ABC
S
=
( )
2
3
8 8 256 6 3
4
f − = − + =
(1)
+ Xét H thuộc tia đối của tia BA : HB = y, AH = y + 6. Ta có
,CHA CHB∆ ∆
lần
lượt vuông tại H ( do AH
⊥
AB). Áp dụng định lý Pytago ta được:

( )
2
2
2 2 2 2 2
12
4 6 12 36 3 0
4
x
CH x y x y y x y
−
= − = − + ⇒ − − + = ⇒ =

mà
2 2 2
CH x y= −
(cmt)

⇒
2
2
2 2
12
4
x
CH x
 
−
= −
 ÷
 
⇒
4 2
1
40 144
4
CH x x= − + −

⇒
( )
2
2

3
. 20 256
4
ABC
S x= − − +
Đặt t =
2
20x −
Xét hàm số
( )
2
3
256
4
f t t= − +
:
Để tồn tại tam giác ABC tù tại B ta có:
2 2 2 2 2
36 4 2 3CB BA CA x x x+ < ⇔ + < ⇔ >

kết hợp (*) ta được:
2
2 3 6 12 36 8 20 16 8 16x x x t< < ⇒ < < ⇒ − < − < ⇒ − < <
Lại có:
2
3
256 12
4
ABC
S t= − + ≤

với
8 16t− < <
.
Dấu “=” xảy ra
0 2 5t x⇔ = ⇔ =
(thỏa mãn)

⇒
Max
12
ABC
S =
( 2)
Từ (1) và (2) ta có Max
12
ABC
S =
(đvdt).
Bình luận:+ Lời giải trên nhằm minh họa cho phương pháp hàm số còn nếu sử
dụng bất đẳng thức đại số ở trường hợp 1 ta đánh giá S
12
ABC
<
và trường hợp 2 ta
đánh giá luôn
( )
2
2
3
. 20 256 12

4
ABC
S x= − − + ≤
và giải quyết dấu bằng xảy ra là có
kết luận của bài toán.

I-PHƯƠNG PHÁP 1:VẬN DỤNG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ QUEN THUỘC
1) Định hướng chung của phương pháp:
Trước tiên chúng tôi cho rằng đứng trước một bài toán một cách “bản năng”
hẳn chúng ta thường nghĩ đến một bài toán quen thuộc nào đó để tìm ra cách
giải bài toán đang phải đối mặt.Thông thường chúng ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tìm mối quan hệ của đại lượng cực trị với một số đại lượng liên quan
hoặc phát hiện yếu tố không đổi, cố định để nhận ra những kết quả quen thuộc.
Bước 2: Tìm cách vận dụng kết quả quen thuộc để tìm lời giải bài toán.
Bước 3: Chọn trình bày bài toán quen thuộc trước hoặc trình bày lời giải theo ý
của bài toán quen thuộc.
2) Các ví dụ minh họa và phân tích hướng giải:
Ví dụ 1: (Thi HSG tỉnh Bắc Ninh năm 2014)
Cho ng trũn tõm O ng kớnh AB c nh. Ax v Ay l hai tia thay i
luụn to vi nhau mt gúc 60
0
, nm v hai phớa ca AB, ct ng trũn (O) ln
lt ti M v N. ng thng BN ct Ax ti E, ng thng BM ct Ay ti F.
Gi K l trung im ca on thng EF.
1. Chng minh rng
EF
3
AB
=
2. Chng minh OMKN l t giỏc ni tip.

3. Khi tam giỏc AMN u, gi C l im di ng trờn cung nh AN (
,C A C N
). ng thng qua M v vuụng gúc vi AC ct NC ti D.
Xỏc nh v trớ ca im C din tớch tam giỏc MCD l ln nht.
Hng dn gii phn c):

Vi tam giỏc AMN u: Chỳng ta nhn ra tam giỏc MCD cõn ti C v cú gúc
nh bng
0
120
iu ú cho chỳng ta ý tng i tớnh din tớch tam giỏc theo cnh
MC tỡm cc tr.
Bc 1: Tớnh
MCD
S
theo MC ta c:
2
1
4
MCD
S MC=
Bc 2: Nhn thy khi MC ln nht l ng kớnh thỡ
MCD
S
ln nht cho ta li
gii bi toỏn.
Chỳ ý:
+ Xột xem liu khi C ú cú tha món CA = 2CB hay khụng l vn rt ỏng
quan tõm.
+Li gii da vo bi toỏn c bn: Trong ng trũn ng kớnh l dõy cung

ln nht
Vớ d 2: ( Thi vo THPT Bc Ninh nm 2007)
Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB cố định.H là điểm thuộc đoạn OB sao cho
HB = 2 OH.Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H.Gọi E là điểm di động trên cung
nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD ở I.
1)Chứng minh tứ giác BHIE nội tiếp đợc đờng tròn.
N
M
BA
C
D
2) Chứng minh AD
2
= AI.AE
3)Tính AI.AE -HA.HB theo R
4) Xác định vị trí của E để khoảng cách từ H đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam
giác DIE ngắn nhất.
Hng dn gii phn 4):

Ta thy : Khi E di ng thỡ H c nh,cn xột xem tõm ng trũn ngoi tip
tam giỏc DIE thay i nh th no khi E thay i. Ta thy tõm J ca ng trũn
ngoi tip tam giỏc DIE di ng trờn BD.Ta cú li gii ca bi toỏn:
Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp tam giác DIE, kẻ HK

BD tại K, (K;KD) cắt
ằ
CB
tại Q. Trên nửa mặt phẳng bờ DE chứa điểm I kẻ tia Dx là tiếp tuyến của (J).
Ta có:
ã

ã
IED IDx=
( hệ quả góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
cùng chắn
ằ
DI
của (J)) mà
ã
ã
ADI DEI=
( cmt)

ã
ã
ADI xDI=

DA trùng với Dx
mà Dx là Dx là tiếp tuyến của (J) tại D theo cách vẽ

DA là tiếp tuyến của (J)
tại D

JD

DA lại có BD

DA (cmt)

JD trùng với BD

J

BD
Ta có : HK

BD tại K , J

BD

HJ

HK ( quan hệ đờng xiên hình chiếu)
ta thấy khi E thay đổi trên cung BC thì H, BD cố định nên HK không đổi
Để HJ bé nhất

HJ = HK

J

K mà E là giao của (O) và (J) tại cung BC

E

Q
Vậy E trùng Q thì khoảng cách từ H đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
Chỳ ý:
+ Vn cn phi xột xem khi E trựng Q cỏc iu kin ca bi toỏn cú cn tha
món.
+ Li gii da vo bi toỏn :Cho im A c nh, im B di ng trờn ng
thng a c nh. AB nh nht khi v ch khi AB vuụng gúc a.

Vớ d 3:
Cho (O; R) v dõy AB c nh. D i ng trờn (O). Dng C sao cho ABCD l
hỡnh bỡnh hnh.
a) Tỡm qu tớch I l giao im ca hai ng chộo ca hỡnh bỡnh hnh ABCD.
b)Tỡm D AC t giỏ tr ln nht.
O
D
C
A
B
H
I
E
Hướng dẫn giải phần b):

Phần a) Cho ta kết luận tập hợp I là đường tròn đường kính OB.Do đó để biết
AC lớn nhất khi nào ta nghĩ đến AI lớn nhất khi nào. A cố định và I di động trên
đường tròn đường kính OB cố định bài toán cơ bản cho ta hướng giải phần b bài
toán này.
Bước 1: Gọi E là giao của AI và đường tròn đường kính OB sao cho I nằm giữa
A và E. Đi chứng minh AC
≥
2AE.
Bước 2: Chỉ ra dấu bằng xảy ra khi I trùng E và từ đó suy ra vị trí điểm D cần
xác định.
Chú ý:
- Cần xét tính tồn tại của B và điều kiện của bài toán.
- Lời giải dựa vào bài toán : Cho điểm B di động trên đường tròn (O) cố định
và A cố định nằm ngoài đường tròn (O) . AO cắt đường tròn (O) tại C, D( C
nằm giữa A và D):

AB nhỏ nhất khi và chỉ khi B trùng với C
AB lớn nhất khi và chỉ khi B trùng với D
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là điểm bất kì
thuộc cung BC không chứa A. Gọi D, E theo thứ tự là các điểm đối xứng với M
qua AB,AC.Tìm vị trí của M để DE có độ dài lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
A B
D C
I
O
Nhn thy tam giỏc ADE cõn ti A v
ã
ã
2DAE BAC=
khụng i. Da vo bi toỏn
c bn ta cú c DE ln nht

AD ln nht, li cú AD = AM l dõy cung ca
ng trũn (O) do ú AD ln nht khi v ch khi AM l ng kớnh ta cú hng
gii bi toỏn.
Bc 1: K ng kớnh AI, gi H v K l hai im i xng vi I qua
AB,AC.Chng minh hai tam giỏc cõn ADE v AHK ng dng

1
DE AD AM
HK AI AI
= =
Bc 2: Ch ra du bng xy ra khi D trựng I ri kt lun.
Chỳ ý:
+ Cỏch suy ngh tỡm ra li gii l da vo cc tr c bn. Nhng lờn trỡnh by

theo phong cỏch bt ng thc li gii mch lc hn.
+ Nu bi cho tam giỏc ABC tự B hoc C thỡ l tỡnh hung khụng cn thn
l sai lm mong ngi c th suy ngh.
+Li gii da vohai bi toỏn : Trong cỏc tam

ABC,

' ' '
A B C
ln lt cõn ti
A v
'
A
cú
ã
ã
' ' '
BAC B AC=
thỡ:
' ' ' '
BC B C AB A B
t ú suy ra khi cnh bờn ln
nht thỡ cnh ỏy ln nht kt hp vi bi toỏn trong ng trũn ng kớnh l
dõy cung ln nht.
Vớ d 5: thi THPT tnh Bc Ninh nm 2010
Cho nửa đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R.Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của nửa
đờng tròn (O) và tiếp tuyến thứ ba tiếp xúc với nửa đờng tròn(O) tại điểm M cắt
Ax tại D, cắt By tại E.
1/ Chứng minh DOE là tam giác vuông.
2/ Chứng minh AD.BE = R

2
.
3/ Xác định vị trí của M trên nửa đờng tròn sao cho diện tích tam giác DOE đạt
giá trị nhỏ nhất.
Phõn tớch hng gii:
A
C
B
D
E
M
O
D thy
1
.
2
DOE
S DE OM=
trong ú cú OM khụng i.Do ú tỡm giỏ tr nh
nht ca
DOE
S
ta i tỡm giỏ tr nh nht ca DE. Li thy D,E ln lt di ng
trờn hai tia Ax // By c nh ta cú ngay DE nh nht khi DE

Ax.

Ta cú li gii phn 3)
3) Kẻ DH

BE tại H:
Xét tứ giác DHBA ta có:
DA là tiếp tuyến của (O) tại A

DA

AB ( tính chất tiếp tuyến) , chứng minh
tơng tự EB

AB

DA // HB , mà DH // AB ( cùng vuông góc với EB)

tứ
giác DHBA là hình bình hành

DH = AB.
Xét

DOE ta có: OM

DE

Diện tích của

DOE là :
.
2
DOE
OM DE

S =
Ta có : DE

DH

DE

AB (DH = AB)


. .
2 2
DOE
OM DE OM AB
S =

Do OM =R, AB = R

2
DOE
S R
Dấu = xảy ra

DE = DH mà DH

EB


DE

EB mà AB

EB


DE // AB mà OM

DE


OM

AB

M là điểm chính giữa cung
ằ
AB
Vậy M là điểm chính giữa cung AB thì diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ
nhất.
Chỳ ý:
+ Nu nhỡn di quan h :
( )
1 1
.
2 2
DOE DABE
S S AB AD BE= = +
v AD.BE khụng i
cho ta li gii bng phng phỏp s dng bt ng thc i s.
+ Li gii da vo bi toỏn : Cho hai ng thng song song a,b c nh. A,B

ln lt di ng trờn a,b. AB nh nht khi v ch khi AB

a .
A B
D
E
M
O
x
y
H
Ví dụ 6 :
Cho đường tròn (O) và đường thẳng a cố định không giao nhau. M là điểm di
động trên đường thẳng a, Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) ( A,B là
tiếp điểm) Xác định vị trí của M để AB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:

+ Nhận thấy khi M thay đổi theo dõi sự thay đổi của AB nhận định có thể ở vị
trí OM vuông góc với a thì AB nhỏ nhất. Vẽ trường hợp OM ở vị trí vuông góc
với a ( M trùng N trên hình vẽ) dự đoán AB đi qua điểm cố định nằm trên ON ta
có hướng giải thứ nhất:
Bước 1: Kẻ ON vuông góc với a, gọi K là giao điểm của AB và ON ta đi chứng
minh K cố định.
Bước 2: Do AB là dây cung đi qua điểm cố định K, dựa vào bài toán quen thuộc
ta có khi AB vuông góc với OK thì AB nhỏ nhất .Chứng minh điều đó cho ta vị
trí của M cần xác định
Chú ý:
+ Lời giải trên dựa vào bài:Trong các dây cung của (O) đi qua điểm A cố
định nằm trong đường tròn Dây vuông góc với OA là dây nhỏ nhất.
+ Theo khía cạnh khác: Dựa vào hệ thức lượng ta có thể tính được AB theo

OM và R ,ta đi tính AB theo OM và R rồi dùng đại số tìm cực trị của AB theo
OM là ra.
Bước 1: Tính được
2 2 2
2
2. 2 1
R OM R R
AB R
OM OM
−
= = −
Bước 2: Lập luận khi OM nhỏ nhất thì AB nhỏ nhất là có được vị trí của M.
Ví dụ 7: Đề thi HSG Tỉnh Bắc Ninh 2005
Cho tam giác OMN đều, cạnh a không đổi, đỉnh O nằm trên đường thẳng xy
cố định ( M,N nằm cùng trên nửa mặt phẳng xy và M,N không nằm trên đường
thẳng xy) Qua M kẻ đường thẳng song song với ON cắt xy tại E.Qua N kẻ
đường thẳng song song với OM cắt xy tại F.
a) Chứng minh rằng:
MNE
∆
và
NFM
∆
đồng dạng với nhau.
b) Gọi I là giao của EN và FM, xác định vị trí của MN để
IMN
∆
có chu vi lớn
nhất.
O

.
H
K
M
N
A
B
a
Hng dn gii phn b):
Ta cú thy ngay
IMN
cú cnh ỏy khụng i, do ú chu vi
IMN
ln nht


MI + NI ln nht. iu ny gi cho ta n bi toỏn cc tr c bn. Do ú
ta th tỡm cỏch chng minh c
ã
MIN
khụng i l cú cỏch gii.
Bc 1: i chng minh bi toỏn c bn.
Bc 2: i chng minh
ã
0
120MIN =
khụng i sau ú da vo bi toỏn c bn
dn n kt lun v v trớ ca MN.

Chỳ ý:
+ Li gii trờn da vo bi :Trong cỏc tam giỏc cú ỏy khụng i v gúc
nh i din vi ỏy khụng i, tam giỏc cõn cú chu vi ln nht
+ Vi bi ny khi trỡnh by nờn trỡnh by bi toỏn cc tr c bn trc.
3) Bi tp cựng phng phỏp v bỡnh lun:
Bi 1: Cho ng trũn (O) v im A nm ngoi ng trũn, k tip tuyn
AB,AC vi ng trũn (B,C l tip im). Gi D l im di ng trờn cung BC
nh. Gi H, I,K ln lt l hỡnh chiu ca D trờn AB,BC,CA.Xỏc nh v trớ ca
D : T = DH.DI.DK ln nht.
Bỡnh lun : Mu cht l chng minh: DH.DK = DI
2


T = DH.DI.DK =DI
3
T ú khai thỏc bi toỏn 14 suy ra khi D l im chớnh gia cung BC nh thỡ T
ln nht.
Bi 2: (HSG Bc Ninh 2003)
Cho (O,R) và dây cung AB cố định trơng cung 120
0
. Lấy C thay đổi trên cung
lớn AB ( C không trùng với A và B ) . M trên cung nhỏ AB ( M

A, B ) .
Hạ ME, MF thứ tự vuông góc với AC và BC
1) Cho M cố định , hãy chứng minh : EF luôn đi qua điểm cố định khi C thay
đổi
O
M
N

E
F
I
2) Cho M cố định , hãy chứng minh giá trị
MF
BC
ME
AC
+
không thay đổi khi thay
đổi
3) Khi M thay đổi , hạ MK

AB . Hãy xác định vị trí của M sao cho
MK
AB
MF
BC
ME
AC
++
Đạt giá trị nhỏ nhất
Bỡnh lun : a) Phn a khai thỏc ng thng Simson: Chng t FE i qua K l
chõn ng vuụng gúc h t M xung AB.
b) Chng minh:
AC BC AB
ME MF MK
+ =
khụng i.
c) T phn b ta cú:

2.
AC BC AB AB
T
ME MF MK MK
= + + =
n õy ta thy T nh
nht khi MK ln nht khai thỏc bi 14 ta cú ngay kt qu M l im chớnh gia
ca cung AB khụng cha C.
Bi 3: (HSG Bc Liờu 2012)
Cho (O;R) v dõy BC c nh. im A di ng trờn cung ln BC. Cỏc ng
cao AD,BE,CF ng qui ti H.Chng minh:
ABC
S
=
( )
2
R
DE DF FE+ +
t ú suy ra
v trớ ca A chu vi tam giỏc DEF ln nht.

Bỡnh lun : Theo tụi li gii c xõy dng t kt qu
ABC
S
=
( )
2
R
DE DF FE+ +

ta suy ra c chu vi tam giỏc DEF l
2
.
DEF ABC
C S
R
=
vi R khụng i, ta thy
DEF
C
ln nht

ABC
S
ln nht khi ú bi toỏn 14 cho ta bit A l im chớnh
gia ca cung ln BC.
Bi 4: :(HSG Tnh Thanh Húa 2013) Cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A, trung
tuyn AD. im M di ng trờn on AD. Gi N v P ln lt l hỡnh chiu ca
im M trờn AB v AC. V
NH PD

ti H. Xỏc nh v trớ ca im M tam
giỏc AHB cú din tớch ln nht.

Bỡnh lun: Mu cht ca bi toỏn l chng minh c
ã
0
90AHB =
sau ú nu
nhỡn

AHB
cú ỏy AB khụng i thỡ din tớch ln nht khi tam giỏc
AHB
cõn
suy ra H trùng D
⇔
M trùng D. Nếu nhìn
.
AHB
S HA HB=
với chú ý :
2 2 2
HA HB AB+ =
không đổi thì dùng bất đẳng thức đại số.
Bài 5: ( HSG Tỉnh Quảng Ngãi 2009)
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường
tròn (O; R) vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt
đường tròn (O’; r) tại N (N khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB
cắt đường thẳng MB tại E.
a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M
trên cung lớn AB.
b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích
lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó.

Bình luận: - Ở phần a có tính gợi ý để ta chứng minh được :
NE R r
AB R
+
=

- Phần b ta có

MNE
∆
2 2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R r
MAB S .S
S AB R
+
   
∆ ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   

Diện tích tam giác MNE lớn nhất
⇔
Diện tích tam giác AMB lớn nhất.
Đến đây bài toán 14 cho ta biết kết quả là : M là điểm chính giữa cung
AB lớn.
Bài 6: ( HSG Tỉnh Nghệ An 2012)
Cho đường tròn (O;R) và một dây BC cố định không đi qua O. Từ một điểm A
bất kỳ trên tia đối của tia BC vẽ các tiếp tuyến AM,AN với đường tròn (M,N là
các tiếp điểm, M nằm trên cung nhỏ BC).Gọi I là trung điểm của dây BC, đường
thẳng MI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P.
a) Chứng minh: NP // BC.
b) Gọi giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng OI là K. Xác định vị trí
của điểm A trên tia đối của tia BC để tam giác ONK có diện tích lớn nhất.

Bình luận: Ta gọi giao của MN với OA là H đi chứng minh OI.OK = OH.OA
=OM
2
= R
2
suy ra K cố định suy ra
ONK∆
có OK cố định.Do đó diện tích
ONK∆
lớn nhất khi khoảng cách từ N đến OK lớn nhất. Gọi E, F là giao của OK
với (O) khi đó bài toán 14 cho ta biết khi N là điểm chính giữa của cung EF
thỏa mãn từ đó suy ra được vị trí của A cần tìm.

Bài 7: ( HSG Tỉnh Đăknông năm 2013)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB=2R. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng
OB, M là điểm nằm trên đường tròn (O). Đường thẳng trung trực d của đoạn OB
cắt AM, BM lần lượt tại N, P.
a/ CMR: IN.IP=
4
3
2
R
b/ Gọi E là giao điểm của d với nửa đường tròn. Trong trường hợp M nằm
trên cung AE. Tìm vị trí của điểm M để chu vi tứ giác AMPO đạt giá trị lớn
nhất.
Bình luận: Ta thấy chu vi tứ giác AMPO là
AMPO
C AM MP PO OA= + + +

AM MB OA
= + +
Do OA không đổi theo bài toán 14 ta thấy ngay MA + MB lớn nhất khi M là
điểm chính giữa cung AB.
Bài 8: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ
AB chứa nửa đường tròn (O) ,kẻ hai tia tiếp tuyến Ax , By của nửa đường tròn
và tiếp tuyến thứ ba tiếp xúc với nửa đường tròn (O) tại M cắt hai tia Ax, By lần
lượt tại D và E. Xác định vị trí của M để AD + BE nhỏ nhất.
Bình luận : Đây là bài quen thuộc ta có ngay AD + BE = DE mà D, E di động
trên hai đường thẳng Ax // By cố định do đó theo bài toán 6: DE nhỏ nhất khi
DE
⊥
Ax từ đó lập luận chỉ ra vị trí của M
Bài 9: ( HSG Kiên Giang 2013) Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm
O. M thuộc cung nhỏ BC. Xác định vị trí của M để MA+MB+MC nhỏ nhất.
Bình luận: Mấu chốt của bài toán là ta chứng minh kết quả quen thuộc :
MB+MC = MA
⇒
T = MA+MB+MC = 2MA sau đó dùng bài toán cực trị
trong đường tròn đường kính là dây lớn nhất
Bài 10: ( Trích đề thi THPT Hà Nội) Cho đường tròn đường kính AB , gọi I là
trung điểm của OB, dây CD vuông góc với OB tại I. M di động trên cung CD
nhỏ. Xăc định vị trí của M để MC+MD+MA lớn nhất.
Bình luận: Mấu chốt của bài toán là khi đó tam giác ACD đều do đó ta chứng
minh kết quả quen thuộc : MC+MD = MA
⇒
T = MA+MC+MD = 2MA sau đó
dùng bài toán cực trị trong đường tròn đường kính là dây lớn nhất.
Bài 11: ( Trích đề thi chuyên Hà Tĩnh 2008-2009)
Cho đường tròn (O) dây AB không đi qua O, M di động trên cung nhỏ AB. Xác

định vị trí của M để T = 2008MA+2009MB lớn nhất.
Bình luận : Trên tia đối của tia MA lấy điểm C sao cho MC =
2008
2009
MB

⇒
T = 2008( MA+MC) = 2008 AC . Lại có ta chứng minh được
·
ACB
α
=

không đổi do C thuộc cung tròn chứa góc
α
dựng trên đoạn AB từ đó suy ra AC
lớn nhất khi AC là đường kính của cung tròn này ta xác định được vị trí của C
suy ra vị trí của M.
Bài 12: ( Đề thi HSG Hà Nội 2008)
Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC< 2R.Điểm A di động trên cung lớn BC
( A không trùng với B và C). Gọi M là trung điểm của AC, H là hình chiếu
vuông góc của M trên AB. Xác định vị trí của M trên cung lớn BC để CH lớn
nhất.
Bình luận : Kẻ đường kính BD, CE. Gọi Q là trung điểm của CD. Mấu chốt của
bài toán là ta đi chứng minh HM đi qua Q từ đó suy ra H di động trên đường
tròn ngoại tiếp tam giác ACQ cố định do đó khi A trùng E thì CH là đường kính
của đường tròn thì CH lớn nhất.
Bài 13 : ( Chuyên Sư Phạm 1992):
Cho hai đường tròn (O
1

) và (O
2
) cắt nhau ở hai điểm phân biệt A và B.Mọt
cát tuyến thay đổi đi qua A cắt (O
1
) tại C và cắt (O
2
) tại D sao cho A nằm trong
đoạn CD.Tìm vị trí của cát tuyến CD sao cho chu vi tam giác BCD nhận giá trị
lớn nhất.
Bình luận : Mấu chốt của bài toán là :

1 2
O BO∆
1 2
1 2
CBD
CBD O BO
O BO 2 2
C BD BD
CBD C .C
C BO BO
∆ ⇒ = ⇒ =
. Với
1 2
2 O BO
BO & C
không đổi ta có kho BD lớn nhất là đường kính thì
CBD
C

lớn nhất.
Bài 14: ( Thi HSG Hà Nội 2004)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R, một dây cung MN =R di chuyển
trên nửa đường tròn.Qua M kẻ đường thẳng song song với ON, đường thẳng này
cắt đường thẳng AB tại E. Qua N kẻ đường thẳng song song với OM, đường
thẳng này cắt đường thẳng AB tại F.
a) Chứng minh hai tam giác MNE và NFM đồng dạng.
b) Gọi I là giao điểm của EN và FM. Hãy xác định vị trí của dây MN để tam
giác MIN có chu vi lớn nhất.
Bình luận : Mấu chốt là từ phần a suy ra
·
MIN
không đổi, mà MN không đổi do
đó theo bài toán 14: trong các tam giác có chung đáy và góc ở đỉnh đối diện với
đáy chung không đổi tam giác cân có chu vi lớn nhất ta suy ra vị trí của dây MN
để tam giác MIN cân.
Bài 15:
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại
B. MN là đường kính khác AB. Gọi C, D lần lượt là giao của AM, AN với
đường thẳng d. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCN . Xác định vị trí
của MN để JO nhỏ nhất.
Bình luận : Mấu chốt của bài toán là: Chứng minh được J thuộc đường thẳng
song song và cách d một khoảng R do đó từ bài toán Cho điểm A cố định, điểm
B di động trên đường thẳng a cố định. AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AB vuông góc
a ta thấy JO lớn nhất khi JO
⊥
d từ đó suy ra vị trí của MN.
Bài 16: Đề thi HSG Tỉnh Phú Thọ 2014
Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là chính
giữa cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng

α

không đổi sao cho E và F khác phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần
lượt tại M và N .Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành .
a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp .
b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng
khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.
c) Khi
0
60=
α
và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
Bình luận : Mấu chốt của bài toán là phần b chứng minh được I thuộc tia Ox tạo
với AO một góc bằng
α
do đó từ bài toán Cho điểm A cố định, điểm B di động
trên đường thẳng a cố định. AB nhỏ nhất khi và chỉ khi AB vuông góc a ta thấy
IO lớn nhất khi IO
⊥
d từ đó suy ra vị trí của MN.
Bài 17: (Đề thi THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 1995):
Cho hình vuông ABCD. Gọi M,N và P lần lượt lấy trên các cạnh BC,CD và DA
sao cho MNP là tam giác đều.
1) Chứng minh hệ thức:
2 2
2 .CN AP DP BM− =
2) Xác định vị trí của các điểm M,N và P sao cho tam giác MNP có diện tích
nhỏ nhất.
3) Chứng minh tam giác MNP có diện tích lớn nhất khi M trùng với B hoặc P
trùng với A.

Bình luận : Diện tích của tam giác đều cạnh a là :
2
3
4
a
S =
do đó diện tích lớn
nhất
⇔
a lớn nhất mà hai cạnh M,P của
∆
MNP di động trên hai cạnh BC // AD
cố định vậy cạnh MP nhỏ nhất khi MP
⊥
BC.
II- PHƯƠNG PHÁP 2 : VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC.
1)Định hướng chung của phương pháp:
Bước 1: Khảo sát đại lượng cần tìm cực trị theo yếu tố di động nhận định vị
trí, điều kiện xảy ra cực trị.
Bước 2: Chứng minh nhận định ở bước 1 để rút ra kết luận.
Chú ý :- Các tình huống thường gặp là: Vận dụng bất đẳng thức quan hệ
đường xiên hình chiếu, đường xiên đường vuông góc. Vận dụng bất đẳng thức
tam giác, qui tắc các điểm. Vận dụng bất đẳng thức trong đường tròn.
- Cực trị thường xảy ra ở các vị trí đặc biệt trong hình.
2) Các ví dụ minh họa và phân tích hướng giải:
Ví dụ 1: ( HSG Cần Thơ 2013):
Cho (O;R) và điểm A, B nằm ngoài đường tròn. Biết OA = 2R. Xác định vị trí
của M nằm trên đường tròn O sao cho MA+2MB nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:

Ta thấy A, B cố định mà muốn tìm cực trị của MA+2MB gợi cho ta đến qui tắc
ba điểm.Vấn đề là sử lý số 2 trong MA+2MB như thế nào? Dẫn đến nhu cầu tạo
ra MA = 2 MX mà X cố định là xong. Lại có OA = 2R dẫn đến ý tưởng dùng
tam giác đồng dạng ta có hướng giải:
Bước 1: Lấy N trên OA sao cho R = 2ON. Đi chứng minh
ONM
∆
và
OMA
∆

đồng dạng
⇒
MA = 2 MN.
Bước 2: Dùng qui tắc ba điểm lập luận NM+MB
≥
NB và dấu bằng xảy ra khi
M trùng K là giao của NB và (O) là xong.
Ví dụ 2: ( Chuyên Sư Phạm 1998) Trong tất cả các tứ giác lồi với hai đường
chéo có độ dài đã cho và góc giữa hai đường chéo có độ lớn đã cho, xác định tứ
giác có chu vi nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
Để lợi dụng các đường chéo không đổi và góc giữa hai đường chéo không đổi
ta di chuyển các đoạn thẳng này về một vị trí thích hợp cho việc đánh giá mà
cách di chuyển đó cũng di chuyển các độ dài các cạnh dẫn đến phép vẽ các hình
bình hành cho ta cách giải:
O A
N
B
K

M
B
Gi s t giỏc ú l ABCD cú di AC,BD khụng i v gúc gia hai ng
chộo AC, BD khụng i. Dng cỏc hỡnh bỡnh hnh AMBD v BNCD khi ú
AMNC cng l hỡnh bỡnh hnh. D thy AN, CM khụng i.
Ta cú : AB+BC+CD+CD = AB+BN+BC+BM

AN+CM
Du = xy ra

A,B,N thng hng v C,B,M thng hng

T giỏc ABCD
l hỡnh bỡnh hnh.
Vớ d 3: ( HSG Tnh Thanh Húa 2006)
Cho

MNP có các đỉnh M, N, P lần lợt di động trên ba cạnh BC, AB, AC của

nhọn ABC cho trớc. Xác định vị trí của M, N, P để chu vi

MNP đạt giá trị
nhỏ nhất.
Hng dn gii:

Gi s vi im M ó chn thỡ N,P õu thỡ chu vi tam giỏc NMP nh nht,
ly I,K ln lt i xng vi M qua AB,AC cho phộp ta ỏnh giỏ
MNP
C IK
Sau

ú l suy ngh M õu thỡ IK nh nht cho ta v trớ im M trựng vi chõn
ng cao h t A. Ta cú hng gii:
Bc 1: Gi I,K ln lt i xng vi M qua AB,AC . K ng cao AH ly
D,E ln lt i xng vi H qua AB,AC
+ Trc tiờn dựng tớnh cht i xng , qui tc ba im ta cú ỏnh giỏ ln 1:

MNP
C IK
A
B
D C
K
N
M
M
B
D
CH
A
P
N
E
I
K
+ Sau đó dùng
,ADE AIK∆ ∆
đồng dạng ta có đánh giá lần 2 để chỉ ra :
IK DE≥

không đổi.

Bước 2: Giải quyết dấu bằng xảy ra lần 2 ta có M trùng H
Với M trùng H giải quyết dấu bằng xảy ra ở lần 1 ta có N,P là chân các đường
cao hạ từ C, B xuống cạnh đối diện tương ứng.
Ví dụ 4:( HSG Tỉnh Hải Dương 2012)
Trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r), hãy tìm hình bình hành
có diện tích nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải: Theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp ta có hình bình hành là
hình thoi. Nhận định khi tứ giác là hình vuông thì tứ giác có diện tích lớn
nhất.Dẫn dến các phép đánh giá của lời giải.

Q
P
N
M
r
H
A
D
C
B
O
Theo bài ta suy ra các cạnh của hình hành là tiếp tuyến của đường tròn (O; r).
Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh như hình vẽ.
⇒
CM = CN; AP = AQ, BM = BQ; PD = DN
⇒
CM + BM + AP + PD = CN + DN + AQ + BQ
⇒
2BC = 2AB
⇒

BC = AB
Kẻ AH
BC⊥
. Ta có
AB AH≥
, dấu “=” có khi
·
0
90
=
ABC
.
Ta có:
OM BC,OP AD,AD // BC⊥ ⊥
⇒
P, O, M thẳng hàng, do đó AH = PM = 2r.

ABCD
S AH.BC 2r.= =
AB
≥
2r.AH=2r.2r
⇒
ABCD
S
≥
4r
2
, dấu “=” xảy ra khi
·

0
90
=
ABC
Vậy trong các hình bình hành ngoại tiếp đường tròn (O; r) thì hình
vuông có diện tích nhỏ nhất và bằng 4r
2

Ví dụ 5 : Cho nửa đường (O) đường kính AB, M là điểm di động trên nửa
đường tròn.Qua M vẽ tiếp tuyến với nửa đường tròn , gọi D,C lần lượt là hình
chiếu của A,B trên tiếp tuyến ấy. Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác
ABCD lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
Nhận thấy tứ giác ABCD là hình thang vuông và OM là đường trung bình của
tam giác cho ta hướng tính diện tích của hình thang vuông theo DC.OM trong
đó OM không đổi. Tìm cách đánh giá OM cho ta hướng giải: