skkn toán 9 hay một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

PHẦN 1. MỞ ĐẦU
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng
THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán lớp 9
3. Tác giả:
Họ và tên: NGUYỄN VIỆT KHOA
Nam (nữ) : Nam
Ngày tháng/năm sinh: 28 - 3 - 1980
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm Toán
Chức vụ, đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THCS Hưng Thái Ninh Giang - Hải Dương.
Điện thoại: 0902025911
4. Đồng tác giả: Không có.
5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Việt Khoa.
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu :
Trường THCS Hưng Thái - Ninh Giang - Hải Dương.
Điện thoại : 03203.769.23
7. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Có học sinh khá giỏi môn Toán 9 để thành lập đội tuyển HSG .
- Học sinh ôn thi vào THPT cần chăm chỉ học tập, tích cực làm việc theo định
hướng của giáo viên bồi dưỡng.
8. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Từ năm học 2010 - 2011.

TÁC GIẢ
(ký, ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

Nguyễn Việt Khoa

1


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

TÓM TẮT SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến.
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT luôn có một
lượng tương đối nhiều các bài tập hình học với yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của các đại lượng hình học.
Chương trình SGK THCS chưa có trình bày về khái niệm, cấu trúc, cách giải
một bài toán cực trị.
Nhiều kiến thức cực trị ẩn chứa trong các đơn vị kiến thức trải dài từ lớp 7 đến
lớp 9 chưa được hệ thống hóa.
Học sinh luôn sợ học hình học mà các bài toán cực trị hình học là một mảng
kiến thức khó nhất trong bài toán hình . Đứng trước một bài toán cực trị hình
học, học sinh chưa có định hướng, công cụ giải quyết.
Giáo viên ôn thi HSG toán 9, ôn thi vào THPT chưa phân dạng được các dạng
toán về cực trị hình học để ôn tập cho học sinh, vẫn dừng lại ở việc ra đề rồi mò
mẫm giải, không đọng lại cốt lõi phương pháp cho học sinh.
Xuất phát từ những lý do trên, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài : " Một số
phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh
giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT " nhằm trước hết giải quyết khó khăn
trong thực tế giảng dạy của mình, của giáo viên trong trường, cũng mong được
trao đổi với các đồng nghiệp khác.
2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến.
Điều kiện tốt nhất để áp dụng sáng kiến này là đối tượng học sinh lớp 9

đã học xong căn bản các kiến thức Hình học hết chương III Hình học 9 , đang
ôn luyện HSG để thi HSG cấp huyện tỉnh, những học sinh chuẩn bị ôn thi vào
THPT. Thời gian áp dụng từ đầu tháng 3 hàng năm.
3. Nội dung sáng kiến:
Sáng kiến không thể hiện tính mới trong kiến thức mà thể hiện tính mới
trong việc phân loại phương pháp giải và ví dụ minh họa cho phương pháp đó
nhằm hình thành cho học sinh các phương án giải quyết một bài toán thực tiễn
khi đi thi. Cụ thể :
- Hình thành khái niệm chung về một bài toán cực trị hình học.
- Hệ thống kiến thức, phương pháp giải , chia thành 5 loại kiến thức và phương
pháp giải như sau :
1) Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu.
2) Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc.
2


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
3) Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.
4) Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
5) Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác.
Mỗi phương pháp đều có các bài tập minh họa cụ thể.
Sáng kiến này không chỉ áp dụng cho học sinh đang ôn luyện đội tuyển học
sinh giỏi lớp 9 cấp huyện tỉnh, học sinh chuẩn bị ôn thi vào THPT tại trường
THCS Hưng Thái mà còn áp dụng rộng rãi cho học sinh cùng đối tượng ở các
trường khác. Không chỉ dùng làm tài liệu ôn luyện riêng của tác giả mà còn
dùng làm tài liệu tham khảo của các đồng nghiệp khác khi giảng dạy bộ môn
Toán 9.
Việc dạy học cực trị hình học nên dạy theo chuyên đề và thứ tự trình bày ở
phần mô tả dưới đây.

Sau khi học xong chuyên đề về cực trị hình học mà sáng kiến trình bày, học
sinh phần nào yên tâm hơn với câu cuối của bài hình thi HSG hoặc thi vào
THPT với tỉ lệ hỏi về cực trị tương đối cao . Giáo viên sau khi dạy xong
chuyên đề cũng nâng cao được kiến thức của mình về cực trị hình học để phục
vụ chuyên môn.
4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến.
Giá trị về phương pháp giảng dạy là hiển nhiên.
Từ năm học 2010 - 2011, khi bắt đầu nghiên cứu và áp dụng sáng kiến, tôi đã
thu được những thành công nhất định ( mặc dù cực trị hình học chỉ là một nội
dung nhỏ trong việc bồi dưỡng nhưng nó cũng góp phần vào thành công
chung ) , cụ thể :
Năm học 2010 - 2011 có 01 HSG Toán 9 cấp huyện . Học sinh thi đỗ THPT
công lập đạt 29/60 HS dự thi = 48,33%.
Năm học 2011-2012 có 01 HS đạt giải Nhì môn Toán cấp huyện. Học sinh thi
đỗ vào THPT công lập đạt 27/46 HS dự thi = 58,7%.
Năm học 2012 - 2013 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 giải Nhất, 01
giải ba ) . Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 21/47 HS dự thi = 44,7%.
Năm học 2013 - 2014 có 02 HS đạt giải Toán cấp huyện ( 01 giải Nhì, 01 giải
Ba ). Học sinh thi đỗ THPT đạt 37/47 HS dự thi = 78,72%.
Năm học 2014 - 2015 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 Nhì, 01 ba )
5. Đề xuất kiến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến.
Sáng kiến chưa được đầu tư để trở thành giáo án chuẩn cho chương trình
bồi dưỡng vì chưa có thời gian nghiên cứu sâu. Việc áp dụng sáng kiến vì vậy
chưa được hài lòng với đa số người dạy.

3


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

Sáng kiến cần bổ sung bài tập của các dạng nhiều hơn nữa. Ngoài ra, sáng kiến
chỉ mới nghiên cứu một phần nhỏ có tính " hình học" trong các bất đẳng thức
hình học nói chung và cực trị hình học nói riêng. Việc mở rộng sáng kiến nên
theo hướng phân loại các bất đẳng thức và cực trị hình học mang tính hình học
( nhất thiết vẽ hình ) và những bất đẳng thức, cực trị hình học không cần vẽ
hình . Hệ thống các bất đẳng thức hình học đã biết trên thế giới theo loại hình :
tam giác, tứ giác, đa giác, đường ( hình ) tròn ...
Tuy nhiên xét ở góc độ hẹp để định hình, cung cấp cho học sinh ôn HSG cấp
huyện và học sinh thi THPT mang tính thuật toán thì sáng kiến đủ để làm tài
liệu tham khảo thiết thực.
Một phần kiến nghị rất quan trọng là Sở giáo dục nên tổ chức thi học sinh giỏi
lớp 9 vào cuối tháng 4 hàng năm để học sinh được trang bị kiến thức đầy đủ
hơn, được ôn luyện nhiều hơn theo khung phân phối chương trình của Bộ giáo
dục và đào tạo .

4


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

PHẦN 2. MÔ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT luôn có một
lượng tương đối nhiều các bài tập hình học với yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của các đại lượng hình học.
Chương trình SGK THCS chưa có trình bày về khái niệm, cấu trúc, cách giải
một bài toán cực trị.
Nhiều kiến thức cực trị ẩn chứa trong các đơn vị kiến thức trải dài từ lớp 7 đến
lớp 9 chưa được hệ thống hóa.

Học sinh luôn sợ học hình học mà các bài toán cực trị hình học là một mảng
kiến thức khó nhất trong bài toán hình . Đứng trước một bài toán cực trị hình
học, học sinh chưa có định hướng, công cụ giải quyết.
Giáo viên ôn thi HSG toán 9, ôn thi vào THPT chưa phân dạng được các dạng
toán về cực trị hình học để ôn tập cho học sinh, vẫn dừng lại ở việc ra đề rồi mò
mẫm giải, không đọng lại cốt lõi phương pháp cho học sinh.
Xuất phát từ những lý do trên, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài : " Một số
phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh
giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT " nhằm trước hết giải quyết khó khăn
trong thực tế giảng dạy của mình, của giáo viên trong trường, cũng mong được
trao đổi với các đồng nghiệp khác.
2. Cơ sở lý luận của vấn đề .
2.1. Khái niệm bài toán cực trị hình học.
Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm những hình mà một đại
lượng nào đó ( độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích...) có giá trị lớn
nhất ( nhỏ nhất ). Bài toán tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của một đại lượng
hình học gọi chung là bài toán cực trị hình học.
Khi tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị lớn nhất
( nhỏ nhất ) ta cần chỉ ra hai điều :
- Cần : với mọi vị trí của hình H trên miền D luôn có f ≤ m ( f ≥ m ) ( với m là
hằng số )
- Đủ : Tồn tại vị trí của hình H trên miền D để có f = m
Giá trị nhỏ nhất ký hiệu là Min ( viết tắt của Minnimum )
Giá trị lớn nhất ký hiệu là Max ( viết tắt của Maximum )
2.2. Các cách phát biểu một bài toán cực trị hình học.
2.2.1. Bài toán về dựng hình .

5

Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Ví dụ : Xác định vị trí của dây đi qua điểm P nằm trong một đường tròn sao
cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
2.2.2. Bài toán về chứng minh.
Ví dụ : Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P nằm trong một đường
tròn (O) thì dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất.
2.2.3. Bài toán về tính toán .
Ví dụ : Cho (O, R ) và P nằm trong đường tròn có OP = h. Tính độ dài nhỏ nhất
của dây đi qua P.
2.3. Cách trình bày bài toán cực trị hình học.
2.3.1. Cách 1.
Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh mọi
hình khác đều có giá trị của đại lượng phải tìm cực trị nhỏ hơn ( lớn hơn ) giá
trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra.
2.3.2. Cách 2.
Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng này đạt cực trị bởi điều kiện đại
lượng khác đạt cực trị cho đến khi trả lời được câu hỏi đề bài đặt ra.
3. Thực trạng của vấn đề.
Như đã trình bày , hình học là môn khó học với học sinh và cực trị hình học là
phần khó nhất trong hình học, vì vậy học sinh rất sợ khi phải làm việc với bài
toán dạng này.
Thứ nhất, học sinh chưa được trang bị cách trình bày một bài toán cực trị hình
học.
Thứ hai, học sinh chưa được trang bị phương pháp giải bài toán dạng này.
Kết quả khảo sát học sinh lớp 9 năm học 2013 - 2014 thấy rõ điều đó.
Với đề bài tương đối dễ như sau : Cho (O) và P nằm trong (O) ( P khác O ) .
Xác định vị trí của dây đi qua P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
Kết quả:

Đối tượng

Số lượng

Không
biết làm

HS lớp 9A
HS lớp 9B

27
30

20
13

6

Đoán được giá
Trình bày được
trị nhỏ nhất
tương đối hoàn
nhưng không
chỉnh
biết trình bày
7
15

0
2

Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện .
Vì khuôn khổ sáng kiến nên khi xét bài tập minh họa dưới dạng đề thi
tổng hợp, các ý phía trên câu hỏi cực trị được công nhận là đúng hoặc giải tóm
lược.
4.1. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu:
4.1.1. Kiến thức liên quan.
- Trong các tam giác vuông ( có thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc
vuông AH và cạnh huyền AB thì AH ≤ AB. Dấu đẳng thức xảy ra khi H trùng
B.
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn thẳng
vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên lớn
hơn khi và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
4.1.2. Các bài tập minh họa.
Bài 1.1. ( Thi THPT Hải Dương 1998-1999 ) .
Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy điểm M. Gọi (O 1) là
đường tròn tâm O1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O 2) là đường tròn tâm
O2 qua M và tiếp xúc với AC tại C. Đường tròn (O 1) và (O2) cắt nhau tại D (D
không trùng với M).
1) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông.
2) Chứng minh O1D là tiếp tuyến của (O2).
3) BO1 cắt CO2 tại E. Chứng minh 5 điểm A, B, D, E, C cùng nằm trên một
đường tròn.
4) Xác định vị trí của M để O1O2 ngắn nhất.
Giải :
·

·
·
1) BDC
= BDM
+ MDC
= 900
0
0
·
·
·
2) Chỉ ra BMO
1 = CMO2 = 45 nên O1 MO2 = 90

· DO = 900
∆O1MO2 = ∆O1 DO2 (c − c − c) ⇒ O
1
2

3) Chỉ ra tứ giác ABEC là hình vuông.
3 điểm A, D, E cùng nhìn BC dưới một
góc bằng nhau và bằng 900 nên 5 điểm
A, B, D, E, C cùng nằm trên đường tròn
đường kính BC.
4) Dễ dàng chứng minh được MO1EO2 là hình chữ nhật
nên O1O2 = EM .
Gọi O là hình chiếu của E trên BC thì EO =
7

BC AB 2

=
không đổi.
2
2


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Có EM ≥ EO =

AB 2
( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm BC.
Suy ra MinO1O2 = MinEM = EO =

AB 2
khi M là trung điểm BC.
2

Bài 1.2. ( Thi THPT Hải Dương 2005-2006 )
Cho nửa đường tròn đường kính MN. Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường tròn (P
≠ M, P ≠ N). Dựng hình bình hành MNQP. Từ P kẻ PI vuông góc với đường
thẳng MQ tại I và từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ tại K.
1) Chứng minh 4 điểm P, Q, N, I nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh: MP. PK = NK. PQ.
3) Tìm vị trí của P trên nửa đường tròn sao cho NK.MQ lớn nhất.
Giải :
·

·
1) MP//NQ mà MPN
= 900 .
= 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên PNQ

Hai điểm I và N cùng
nhìn PQ dưới một góc bằng nhau và
bằng 900 nên 4 điểm P, Q, N, I cùng
thuộc đường tròn đường kính PQ.
2)

Chứng

minh

∆PNK # ∆QMP ( g − g ) ⇒

được

NK PK
=
⇒ MP.PK = NK .PQ
MP PQ

3) Gọi H là hình chiếu của P trên MN, O là trung điểm MN. Áp dụng hệ thức
lượng của tam giác vuông cho tam giác vuông MPN có đường cao PH :
MP.NP = PH.MN (1)
NK

PK

NP

Theo phần 2) ∆PNK # ∆QMP( g − g ) ⇒ MP = PQ = MQ ⇒ MP.NP = NK .MQ (2)
Từ (1) và (2) suy ra NK.MQ = PH.MN .
NK.MQ đạt Max thì PH.MN đạt Max mà MN không đổi nên PH đạt Max.
Có PH ≤ PO =

MN
( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi H trùng O , khi đó P là điểm chính giữa nửa đường
tròn.
Vậy Max(NK.MQ) = Max(PH.MN) =

MN 2
đạt được khi P là điểm chính giữa
2

nửa đường tròn.

8


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Bài 1.3. ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2008-2009 )
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường
tròn đó (E khác A và B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và

cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K.
1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA
2) Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường
tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) tại E và tiếp xúc với đường
thẳng AB tại F.
3) Chứng minh MN // AB, trong đó M và N lần lượt là giao điểm thứ hai của
AE, BE với đường tròn (I).
4) Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động
trên đường tròn (O), với P là giao điểm của NF và AK; Q là giao điểm của MF
và BK.
Giải

a) Chứng minh ∆ KAF đồng dạng với ∆ KEA

·
Xét (O) có ·AEK = KEB
(EK là phân giác Ê)
» (hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)
⇒ »AK = KB
µ = µA (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
⇒ E
1
1
Xét ∆KAF và ∆KEA:

µ chung
K
µ = µA (chứng minh trên)
E
1

1
⇒∆KAF đồng dạng với ∆KEA (g-g)
9


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
b) Chứng minh ∆ KAF đồng dạng với ∆ KEA
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O tại E
Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O).
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB tại F:
Dễ dàng chứng minh được ∆EIF cân tại I và ∆EOK cân tại O

· = OKE
·
⇒ IFE

·
( = OEK)

Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị
⇒ IF // OK (dấu hiệu nhận biết)

» (chứng minh trên) ⇒ ·AOK = 90o ⇒ OK ⊥ AB
Vì »AK = KB
Ta có IF // OK ; OK ⊥ AB ⇒ IF⊥AB
Mà IF là một bán kính của (I;IE) ⇒ (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
c) Chứng minh MN//AB
Xét (O):
·AEB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét (I;IE):

·
MEN
= 90o (vì ·AEB = 90o ) ⇒ MN là đường kính của (I;IE)
⇒ ∆EIN cân tại I

·
·
Mà ∆EOB cân tại O ⇒ ENI
= OBE

·
(= IEN)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒ MN//AB
d)Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động
trên (O)
Dễ dàng chứng minh được tứ giác PFQK là hình chữ nhật; tam giác BFQ là
tam giác vuông cân tại Q
Chu vi ∆KPQ = KP + PQ + KQ mà PK = FQ (◊PFQK là hình chữ nhật)
FQ = QB (∆BFQ vuông cân tại Q) ⇒ PK = QB
PQ = FK (◊PFQK là hình chữ nhật)
⇒ Chu vi ∆KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK
Vì (O) cố định, K cố định ( vì EK là phân giác góc AEB nên K là điểm chính
giữa cung AB không chứa E )
FK ≤ FO ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên)
⇒ Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = BK + FO khi E là điểm chính giữa cung AB.
Ta có FO = R
Áp dụng định lí Py-ta-go trong tam giác vuông cân FOB tính được BK = R 2

⇒ Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = R + R 2 = R
10

(

)

2 +1


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Bài 1.4. ( Thi HSG Toán 9 Quảng Ngãi 2013-2014 ).
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định. EF là dây cung di
động trên nửa đường tròn đó, sao cho E thuộc cung AF và EF=

AB
= R . Gọi H
2

là giao điểm của AF và BE; C là giao điểm của AE và BF; I là giao điểm của
CH và AB.
·
a) Tính số đo CIF
b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi
EF di động trên nửa đường tròn.
c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện
tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
Giải :
·

a) Tính số đo CIF
1
2

· = HBF
·
º = 300
= sd EF
Tứ giác BFHI nội tiếp => HIF
(tam giác OEF đều)

b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi EF di
động trên nửa đường tròn.
Ta có : AE.AC = AC(AC –CE) = AC2 – AC.AE
C
2
BF.BC = BC(BC –CF) = BC – BC.CF
F
AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC .CF
Mà AC.AE = BC.CF =CO2 – R2
E

2AC 2 + 2BC2 - AB2
CO =
=>
4
2

AC2 + BC2 =2CO2 +

H

AB2
4

A

I

O

B

AB2
Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO +
– CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2
4
2

AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định.
c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn
C
nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB
SFOE =

R2 3
(Vì tam giác FOE là tam giác đều
4

E
P
F

cạnh R)
A

11

M

Q

O

N

B


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
1
2

1
2

SAOF + SEOB = OA.FM+ OB.EN = R.

FM + EN
= R.PQ (PQ là đường trung
2

bình của hình thang EFMN)
SABEF =

R2 3
R 3
+ R.PQ mà PQ ≤ OP =
.
4
2

Do đó SABEF

R 2 3 R 2 3 3R 2 3
=
+
=
khi Q trùng với O hay EF // AB.
4
2
4

Bài 1.5. ( Thi HSG Bình Thuận 2013-2014 )
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), điểm M thuộc (O). Gọi N, P,
Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB.
1) Chứng minh N, P, Q thẳng hàng.
2) Khi M thuộc cung nhỏ BC. Tìm vị trí của M để PQ lớn nhất.

Giải :
·
·
+ MNP
= 1800 nên 3 điểm Q, N, P thẳng
1) Dễ dàng chứng minh được QNM

hàng.
2) Từ phần 1) suy ra được
∆MQP# ∆MBC ( g − g ) ⇒

QP MQ MP
=
=
≤1
BC MB MC

( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
Suy ra QP ≤ BC
Dấu đẳng thức xảy ra khi Q trùng B, P trùng C
khi đó AM là đường kính.
Vậy MaxPQ = BC khi M đối xứng A qua O.
4.2. Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và
đường gấp khúc.
4.2.1. Kiến thức liên quan.
- Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A và B ngắn hơn độ dài đường gấp khúc có
hai đầu là A và B.
- Với ba điểm bất kỳ A, B, C trong mặt phẳng ta có bất đẳng thức ba điểm :
AC + CB ≥ AB . Dấu đẳng thức xảy ra khi C thuộc đoạn thẳng AB.
4.2.2. Các bài tập minh họa.

Bài 2.1. ( Thi vào THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị 2013-2014 )
µ = 300 . gọi H là hình chiếu vuông góc của
Cho tam giác ABC nhọn có A
A lên BC và M, N lần lượt là các điểm trên hai cạnh AB, AC. Tìm vị trí điểm
M, N để tam giác HMN có chu vi nhỏ nhất.

12


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Giải :
Gọi P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của
H qua AB, AC.
Ta có : AP = AQ = AH
·
·
PAQ
= 2.BAC
= 600

=> tam giác APQ đều
=> PQ = AH.
Chu vi tam giác
HMN =
HM + HN + MN
= PM + MN + NQ
≥ PQ = AH không đổi.
Dấu đẳng thức xảy ra khi M, N lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AC.
Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác HMN là AH với M, N lần lượt là giao

điểm của PQ với AB và AC.
Bài 2.2.
·
Cho góc xOy
và điểm A nằm trong góc đó . Xác định điểm B thuộc tia Ox,
điểm C thuộc tia Oy sao cho OB = OC và tổng AB +AC là nhỏ nhất .
Giải:
·
·
Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy sao cho yOm
. Trên tia Om lấy điểm D
= xOA
sao cho OD = OA . Các điểm D và A cố định .
·
·
OD =OA, OC = OB , COD
= BOA
⇒ ∆DOC = ∆AOB ⇒ CD = AB
Do đó AC +AB = AC +CD
Mà AC +CD ≥ AD
⇒AC +AB ≥ AD
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi C ∈AD
Vậy min(AC+AB) =AD . Khi đó C là
giao điểm của AD và Oy , B thuộc tia
Ox sao cho OB = OC.
Bài 2.3. Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD . Xác định vị trí
các điểm F thuộc cạnh AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD sao cho tứ
giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.

13

Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Giải :
Gọi I ,K, M theo thứ tự là trung điểm
của EF, EG , HG .
∆AEF vuông tại A có AI
là trung tuyến ⇒ AI =

1
EF
2

∆CGH vuông tại C có CM
là trung tuyến ⇒ CM =

1
GH
2

IK là đường trung bình của ∆EFG
⇒ IK =

1
FG
2

KM là đường trung bình của ∆EGH ⇒ KM =

1
EH
2

Do đó : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC)
Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC
Suy ra chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi )
Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC ⇔ A,I,K,M,C thẳng hàng.
·
·
·
Khi đó ta có EH//AC, FG//AC, AEI
nên EF//DB , tương tự
= EAI
= ADB
GH//DB . Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với
các đường chéo của hình chữ nhật ABCD .
4.3. Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.
4.3.1. Kiến thức liên quan.
- Đường kính là dây lớn nhất của đường tròn.
- Trong hai dây của một đường tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi nó gần tâm
hơn.
- Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở
tâm lớn hơn.
- Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây căng
cung lớn hơn.
4.3.2. Các bài tập minh họa.
Bài 3.1. ( Thi vào THPT Hải Dương 2009 - 2010 )
Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy
điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H.

Kẻ MK vuông góc với AN ( K ∈ AN ) .
14


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK.
3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và
BN.
Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Giải :
·
·
M
1) Từ giả thiết: AKM
= 900 , AHM
= 900
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường
tròn
1 »
A
·
·
2) NAH
= sđ KH
(1)
= NMK
2
1 »

·
·
= sđ NB
(2)
NAH
= NMB
2
·
·
Từ (1) và (2) ⇒ NMK
= NMB

E
H
O

B

K

⇒ MN là phân giác của góc KMB

1 ¼
1 ¼
·
·
·
·
= MNB
= sđ MB

= MKH
= sđ MH
3) MAB
; MAB
2
2
·
·
⇒ K,M,E,N cùng thuộc một đường tròn
⇒ MNB
= MKH

N

·
·
⇒ MEN
+ MKN
= 1800 ⇒ ME ⊥ NB
1
1
1
S ∆MAN = MK.AN; S ∆MNB = ME.NB; S Y AMBN = MN.AB
2
2
2
⇒ MK.AN + ME.BN = MN.AB
⇒ ( MK.NA + ME.NB ) lớn nhất ⇔ MN.AB lớn nhất
»
⇔ MN lớn nhất (Vì AB= const ) ⇒ M là chính giữa AB

Bài 3.2. ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2006-2007 )
Cho (O) đường kính AB = 2R, C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc
với OA tại C. Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK
và MN .
a) CMR: BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Tính AH.AK theo R.
c) Xác định vị trí của điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn nhất và
tính giá trị lớn nhất đó .

15


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Giải :
a) Dễ dàng chứng minh.
b) ∆ACH # ∆AKB ⇒ AH . AK = AC.AB = R 2
c) Dễ thấy tam giác MNB đều.
Trên KN lấy E sao cho KE = KM
Suy ra ∆MEK đều.
∆MEN = ∆MKB (c − g − c) => KB = EN
=> KB + KM = KN

Có KM + KN + KB = 2KN
KN lớn nhất khi nó là đường kính
Do đó Max (KM+KN+KB) = 4R . Khi đó K là
điểm đối xứng của N qua O.
Bài 3.3. ( Thi vào THPT Hùng Vương - Phú Thọ 2013-2014 )
Cho điểm A cố định trên (O;R) . Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi của

(O) thỏa mãn AB. AC = R 3 . Xác định vị trí của B và C trên (O) để diện tích
tam giác ABC lớn nhất.
Giải :
Kẻ AH ⊥ BC, OI ⊥ BC , đường kính AD .
Ta dễ dàng chứng minh được ∆AHC# ∆ABD ( g − g )
=> AH.AD = AB.AC
=> AB.AC = 2R.AH (1) .
Theo đề , AB. AC = R 3 => AB.AC = 3R2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AH =

3R
.
2

Ta có : OI + OA ≥ AI ≥ AH
=> OI ≥ AH − OA =

3R
R
−R=
.
2
2

Do AH không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi
BC lớn nhất => OI nhỏ nhất => OI =

R
=> BC ⊥ OA => tam giác ABC đều.
2

Vậy khi B, C thuộc (O) và tam giác ABC đều thì diện tích tam giác ABC lớn
nhất.
Bài 3.4. ( Thi HSG Toán 9 Hải Dương 2013-2014 )
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di
động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA
cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.
·
·
a) Chứng minh HKM
= 2AMH.

16


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R)
lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G.
Chứng minh OD.GF = OG.DE.
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
Giải :
a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có
¶ = 1O
¶ = 1 sđ ¼
A
AM
1
1
2

2

(1)

¶ =M
¶
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) ⇒ A
1
1
(2)
¶ =K
¶ (cùng chắn MH
¼ )
Tứ giác MHOK nội tiếp ⇒ O
1
1
(3)
¶ = 1K
¶ hay HKM
·
·
Từ (1), (2), (3) ta có M
= 2AMH.
1
1
2
b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
1 ¼
¶ = 1 sđ ¼ ; O
¶

¶
A
BM 1 = O2 = sđ BM
1
2
2
¶ =O
¶ ⇒ tứ giác AMGO nội tiếp (5)
⇒A
1
1
Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên
một đường tròn
¶ =D
¶ =D
¶
⇒G
1

2

1

⇒ ∆OGF và ∆ODE đồng dạng
OG GF
⇒
=
hay OD.GF = OG.DE.
OD DE
c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho

MA’ = MA ⇒ ∆AMA' đều
¶ =A
¶ = 600 − BAA'
·
⇒A
1

2

(

)

⇒ ∆MAB = ∆A'AC ⇒ MB = A'C
⇒ MA + MB = MC
Chu vi tam giác MAB là
MA + MB + AB = MC + AB ≤ 2R + AB
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O)
=> M là điểm chính giữa cung AM
=> H là trung điểm đoạn AO
17


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
3
AB 3
Gọi I là giao điểm của AO và BC ⇒ AI = R =
⇒ AB = R 3

2
2
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 + 3)R
Bài 3.5. ( Thi HSG Toán 9 Bắc Ninh 2013-2014 )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định. Ax và Ay là hai tia thay đổi
luôn tạo với nhau góc 600, nằm về hai phía của AB, cắt đường tròn (O) lần lượt
tại M và N. Đường thẳng BN cắt Ax tại E, đường thẳng BM cắt Ay tại F. Gọi K
là trung điểm của đoạn thẳng EF.
1. Chứng minh rằng

EF
= 3.
AB

2. Chứng minh OMKN là tứ giác nội tiếp.
3. Khi tam giác AMN đều, gọi C là điểm di động trên cung nhỏ AN
(C ≠ A, C ≠ N). Đường thẳng qua M và vuông góc với AC cắt NC tại D. Xác
định vị trí của điểm C để diện tích tam giác MCD là lớn nhất.
Giải :
1) ·AMB = ·ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)
⇒ B là trực tâm của tam giác AEF
⇒ AB ⊥ EF
·
·
⇒ ·NEF = NAB
(cùng phụ với góc NFE
)
⇒ ∆ vuông NEF
∆ vuông NAB (g.g)

EF NE
·
= tan600 = 3
=
= tan NAE
AB NA
·
·
·
2) MON
là góc ở tâm cùng chắn cung MN ⇒ MON
= 2 MAN
= 1200
⇒

·
·
EMF
= ENF
= 900 ⇒ tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF

tâm K.
·
·
⇒ MKN
= 2 MEN
= 2.300 = 600
·
·
⇒ MON

+ MKN
= 1800 ⇒ OMKN là tứ giác nội

3) Gọi I là giao điểm của AC và MD. Ta có
·
·
MCA
= NCM
= 600 ⇒ ·ACD = 600
⇒ Tam giác MCD có CI vừa là đường cao vừa

là phân giác ⇒ ∆MCD cân tại C.

18

tiếp.


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
1
·
·
⇒ SMCD = 2.SMCI = 2. .MI .CI = MI .CI = ( MC sin MCI
)( MCcos MCI
)
2

= ( MC sin 600 )( MCcos600 ) =

MC 2 3
4

⇒ SMCD lớn nhất ⇔ MC lớn nhất ⇔ MC là đường kính của (O)

4.4. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
4.4.1. Kiến thức liên quan.
Bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng :
A2 ≥ 0 ; - A2 ≤ 0 .
Do đó, với m là hằng số thì :
f = A2 + m ≥ m ; Minf = m với A = 0 và tồn tại giá trị của " biến " để thỏa mãn
điều đó.
f = - A2 + m ≤ m ; Maxf = m với A = 0 và tồn tại giá trị của " biến " để thỏa
mãn điều đó.
* " biến " trong hình học được hiểu là yếu tố biến đổi tồn tại vẫn thỏa mãn yêu
cầu đề bài .
4.4.2. Các bài tập minh họa.
Bài 4.1 ( Thi vào THPT Hải Dương 2003-2004 )
Cho hình vuông ABCD, M là một điểm trên đường chéo BD, gọi H, I và K lần
lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, BC và AD.
1) Chứng minh : ∆ MIC = ∆ HMK .
2) Chứng minh : CM vuông góc với HK.
3) Xác định vị trí của M để diện tích của tam giác CHK đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải :
1) Sau khi chỉ ra H, M, P thẳng hàng và K, M, I
thẳng hàng thì dễ dàng chứng minh được 1)
2) Gọi N là giao điểm của CM và HK
·
thì theo 1) ta dễ dàng chỉ ra được MHK
= 900

3) Gọi cạnh hình vuông là a thì a không đổi.
Đặt AK = x => KD = a - x
Dễ dàng chỉ ra AKMH, KDCI, PCBH là các
hình chữ nhật.
Ta có :
SCHK = S ABCD − S AHK − S KDC − S BHC ⇒ SCHK = a 2 −
a
3a 2 3a 2
3a 2
2 SCHK = ( x − ) 2 +
≥
⇒ SCHK ≥
2
4
4
8

19

x(a − x) a (a − x) a.x
−
−
2
2
2


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

a
, khi đó M là tâm hình vuông.
2

3a 2
⇔ M là tâm hình vuông.
Vậy MinSCHK =
8

Bài 4.2.
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm . Trên các cạnh AB, BC,CD,DA,
lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH .
Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Dễ có : ∆AHE = ∆BEF = ∆CFG = ∆DGH
·
⇒ HE = EF = FG = GH , HEF
= 900
⇒ HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ
nhất khi HE nhỏ nhất .
Đặt AE = x thì HA = EB = 4-x
∆HAE vuông tại A nên :
HE 2 = AE2 +AE2 = x2 + (4 − x)2
= 2x2 − 8x +16 = 2(x − 2)2 +8 ≥ 8
=> MinHE =

8 =2 2 ⇔ x = 2

Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 8 2 cm , khi đó AE = 2 cm .

Bài 4.3.
Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB = 6 cm, AC =
8cm.M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC.Gọi D và E là chân các đường
vuông góc kẻ từ M đến AB và AC . Tính diện tích lớn nhất của tứ giác ADME.
Giải:
ADME là hình chữ nhật .
Đặt AD = x thì ME = x
ME //AB ⇒

EM CE
x CE
4
=
⇒ =
⇒ CE = x
AB CA
6
8
3
4
⇒ AE = 8 − x
3
Ta có : SADME = AD .AE

20


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
4

4
= x ( 8 − x ) = 8x − x2
3
3
4
= − (x − 3)2 +12 ≤ 12
3
=> MinSADME = 12 ⇔ x =3
Diện tích lớn nhất của tứ giác ADME bằng 12 cm 2 , khi đó D là trung điểm
của AB , M là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC.
4.5. Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác.
4.5.1. Kiến thức liên quan.
4.5.1.1 . Bất đẳng thức AM - GM là bất đẳng thức nêu mối quan hệ giữa trung
bình cộng và trung bình nhân của các số thực không âm ai ( i = 1,2,...,n )
AM - GM viết tắt cho cụm từ : arithmetic mean - geometric mean .
- Bất đẳng thức AM - GM :
a1 + a2 + a3 + ... + an n
≥ a1a2 a3 ...an
n

Với n số không âm a1 , a2 , a3 ,..., an ta có:

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = a3 = ... = an .
• Hệ quả: Ta có một số bất đẳng thức rất quen thuộc và là hệ quả của bất
đẳng thức AM-GM như sau:
1. a + b ≥ 2ab ⇒ a + b
2

2

2

2

( a + b)
≥
2

2

≥ 2ab

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b.
2. a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇒ a + b + c
2

2

2

2

2

2

( a + b + c)
≥
3

2

≥ ab + bc + ca

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.
a b
+ ≥2
b a
1
hay a + ≥ 2
a

3.

(ab > 0). Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b.
(a > 0). Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 1.

1 1 1
1
n2
+
+
+
×
×
×+
≥
4.
a1 a2 a3
an a1 + a2 + a3 + ... + an

1 1 1
1
+ + + ×××+
an
 a1 a2 a3

( a1 + a2 + a3 + ... + an ) 

hay

2
÷≥ n


( a1 , a2 , a3 ,..., an > 0 )

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = a3 = ... = an .
4.5.1.2. Bất đẳng thức BCS .
Có nhiều cách gọi khác nhau cho bất đẳng thức này : Bất đẳng thức Cauchy;
bất đẳng thức Bunyakovsky ; bất đẳng thức Cauchy - Schwarz hay bất đẳng

21


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
thức Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz . Tài liệu này gọi là bất đẳng thức BCS
( viết tắt cho Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz )
Với 2 bộ n số thực ( a1 , a2 ,..., an ) và ( b1 , b2 ,..., bn ) ta có:

(a

2
1

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

hoặc

(a

2
1

2

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ a1b1 + a2b2 + ... + anbn

a1 = kb1
a = kb
 2
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
...
an = kbn

4.5.2. Các bài tập minh họa.
Bài 5.1 .
Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB . Vẽ về một phía của AB các tia Ax , By
vuông góc với AB. Qua M kẻ hai đường thẳng thay đổi nhưng luôn vuông góc

với nhau cắt Ax tại C, cắt By tại D.
Xác định vị trí của C và D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất.
Giải :
1
2

Ta có : S MCD = MC.MD
Đặt MA = a , MB = b
·AMC = BDM
·
=α
a
b
; MD =
cosα
sin α
1
ab
=
2 sin α .cos α

Khi đó, MC =
nên S MCD

Vì a,b không đổi nên diện tích tam
giác MCD nhỏ nhất khi 2sin α cos α
lớn nhất.
Theo bất đẳng thức AM - GM :
2sin α cos α ≤ sin2 α + cos2 α = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi sin α = cos α
=> α = 450 => AM = MC ; BM = BD.

Vậy MinSMCD = ab khi C và D được xác định sao cho AM = MC ; BM = BD
Bài 5.2. ( Thi THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2008-2009 )
Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định khác O (OP < R). Hai dây AB và
CD thay đổi sao cho AB vuông góc với CD tại P. Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của AC, AD. Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh rằng : Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc một đường tròn.
22


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
2) Chứng minh rằng : BD = 2.EO
3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD.
Giải :
1) PE trung tuyến ∆APC nên EA = EP ⇒
·
·
·
∆EAP cân tại E ⇒ EAP
mà
= EPA
= MPB
·
·
·
⇒
ACD
= ABD
= PBM
·

·
·
·
MPB
+ PBM
= CAB
+ ACD
= 90 0 ⇒ ∆BPM vuông tại

E

A
P

C
N

F

H

·
M ⇒ PMB
= 90
Chứng minh tương tự ta có:
0

·
·
·

PNB
= 90 0 ⇒ PMB
+ PNB
= 180 0
⇒ Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn đường

D

K
O

M

B

kính BP
2) Do EA = EC và FA = FD nên OE ⊥ AC vµ OF ⊥ AD .
·
·
Do đó AFE
+ OFE
= 90 0 (1)
Do EF là đường trung bình của ∆ACD nên EF // CD và CD = 2EF
·
·
·
⇒ AFE
= ADC
= ABC
·

·
·
·
mà ABC
+ BCD
= 90 0 ⇒ AFE
+ BCD
= 90 0 (2)
·
·
Từ (1) và (2) ⇒ OFE
.
= BCD
·
·
⇒ ∆BCD đồng dạng với ∆OFE (g.g)
C/M tương tự ta có: OEF
= BDC
BD CD
=
= 2 ⇒ BD = 2.EO
OE FE
3) Kẻ OH ⊥ AB; OK ⊥ CD lần lượt tại H và K ⇒ HA = HB; KC = KD
⇒

HB 2 = OB 2 − OH 2 = R 2 − OH 2 ⇒ AB 2 = 4R 2 − 4HO 2 .

Tính tương tự : CD 2 = 4R 2 − 4KO2 suy ra

(

)(

)

AB 2 .CD 2 = 4R 2 − 4HO 2 4R 2 − 4KO 2 = 16R 4 − 16R 2 (HO 2 + KO 2 ) + 16.HO 2 .KO 2

= 16R 4 − 16R 2 .PO 2 + 16.HO2 .KO 2 (vì ta có OH 2 + OK 2 = OP 2 )
1
Chứng minh diện tích tứ giác ACBD bằng AB.CD
2

Do 16R 4 − 16R 2 .PO2 không đổi nên AB2.CD2 nhỏ nhất khi HO2 .KO2
nhỏ nhất ⇔ H ≡ O hoặc K ≡ O ⇔ AB đi qua O hoặc CD đi qua O.
Vậy diện tích tứ giác ACBD nhỏ nhất bằng :
1
16R 4 − 16R 2 .PO 2 = 2R R 2 − PO 2 ⇔ AB
2

hoặc CD đi qua O. (có thể chỉ ra cách

dựng: Kẻ đường kính qua P và kẻ dây ⊥ với đường kính đó tại P)
23


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
2

 HO 2 + KO 2  OP 4

Ta có HO .KO ≤ 
nên HO2.KO2 lớn nhất khi HO = KO
÷ =
2
4


2

2

OP
OP
; AB2.CD2 lớn nhất khi HO2 .KO2 lớn nhất ⇔ HO = KO =
2
2
⇔ AB và CD cách đều O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn nhất bằng
=

1
16R 4 − 16R 2 .PO 2 + 4.PO 4 = 2R 2 − PO 2 ⇔ AB và CD cách đều O
2

Bài 5.3. ( Thi vào THPT Quảng Ninh 2011-2012 )
Cho đường tròn (O) đường kính AB và một điểm C cố định trên bán kính OA
(C khác A và O) , điểm M di động trên đường tròn (M khác A,B) . Qua M kẻ
đường thẳng vuông góc với CM , đường thẳng này cắt các tiếp tuyến tại A và B
của đường tròn (O) lần lượt tại D và E .
a) Chứng minh ACMD và BCME là các tứ giác nội tiếp .
b) Chứng minh DC ⊥ EC.

c) Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ nhất .
Giải :
a) b) Dễ chứng minh.
c) Tứ giác ABED là hình thang vuông
nên diện tích của nó là :
S=

AB ( AD + BE )
.
2

Dễ thấy
∆ADC# ∆BCE ( g − g ) => AD.BE = AC.BC = k

không đổi ( do A,C,B cố định )
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM :
AD + BE ≥ 2 k . Dấu đẳng thức xảy ra khi
AD = BE
Vậy MinSADEB = AB k khi và chỉ khi AD = BE,
khi đó ABED là hình chữ nhật nên MC vuông góc AB => M là giao của đường
thẳng qua C và vuông góc AB.
Bài 5.4. ( Thi vào THPT Tp Hồ Chí Minh 2010-2011 )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E.
Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc
AE).
24


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học

sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là
hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và
MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình
chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Giải :
a) Dễ chứng minh được.
b) Chứng minh được EO là trung trực AM
nên O, I, E thẳng hàng.
·
·
c) Ta có OE//MP => EOA
= MBP
⇒ ∆AEO# ∆PMB ⇒

PB MP
=
AO EA

PB
(1)
AB
BP KP
KP / / EA ⇒
=
(2)
AB EA

⇒ MP = 2 EA.

Từ (1) và (2) suy ra MP = 2 EA.

KP
= 2 KP
EA

=> K là trung điểm MP.
d) Ta có : AB = 2R ; AP = x => PB = 2R - x
Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao nên :
MP2 = PA.PB = x(2R-x) => MP = x(2 R − x)
x

 3 + 2R − x ÷
x
Có : SMPAQ = AP.MP = x x(2 R − x) = x 3. (2 R − x) ≤ x 3 
÷
3
2

÷


2

x
x
+R− ÷


x
x
x
3 3R 2
3
3
= x 3( R − ) = 3 3. .( R − ) ≤ 3 3 
÷ =
3
3
3
2
4

÷



( theo bất đẳng thức AM-GM ).
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
x
 3 = 2 R − x
3R
⇒x=

2
x = R− x
 3
3

25