Bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng

TRƯỜNG ĐẠI HOC SƯ PHẠM HÀ NỘI
2.
KHOA TOÁN HỌC

PHẠM THỊ HIỀN

BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ HÌNH HỌC
TRONG MẶT PHẲNG
KHOÁ LUẬ N TỐT NGHIỆP
CHUYÊN NGÀNH : HÌNH HỌC
Người hướng dẫn khoa học
T.S PHAN HỒNG TRƯỜNG

Hà nội, Tháng 5 năm 2010 .

1


Lời cảm ơn
Do chưa có nhiều kinh nghiệm trong việc tiến hành nghiên cứu khoa
học , em không khỏi bỡ ngỡ và còn nhiều lúng túng. Nhưng được sự giúp
đỡ nhiệt tình của thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG và các thầy cô giáo
trong tổ hình học , em đã hoàn thành tốt khoá luận của mình , đảm bảo
thời gian , kiến thức cũng như sự chính xác của toán học.
Do điều kiện về thời gian và tính chất của đề tài chắc chắn khoá luận
tốt nghiệp của em không tránh khỏi những thiếu sót.Em rất mong nhận
được sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và ý kiến của các bạn đồng môn để
bài khoá luận được hoàn thiện hơn.
Qua đây em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô giáo
trong tổ hình học , các thầy giáo trong khoa toán và đặc biệt là thầy
giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG đã hướng dẫn em hoàn thành khoá luận

này.
Em xin chân thành cảm ơn!

Ngày 15 tháng 5 năm 2010.
Sinh viên : PHẠM THỊ HIỀN


Lời cam đoan
Khoá luận này là kết quả của bản thân em qua quá trình học tập và nghiên
cứu,cùng với sự tạo điều kiện của các thầy cô giáo trong khoa toán, đặc biệt là sự
hướng dẫntận tình của thầy giáo Phan Hồng Trường
Em xin khẳng định kết quả của đề tài “Bài toán cực trị về hình học trong mặt
phẳng” không có sự trùng hợp với kết quả của đề tài khác.


Mục lục

Trang

Lời nói đầu ……………………………………………………………….
4 Chương 1 : Phương pháp giải một bài toán cực trị về hình học
A) Bài toán cực trị về hình học …………………………………….
B) Phương pháp chung để giải một bài toán cực trị về hình học
5 Bài tập đề nghị chương
1………………………………………………

5
14

Chương 2 : Cách vận dụng các bất đẳng thức trong hình học

A) Bất đẳng thức tam giác…………………………………………
B) Đường vuông góc và đường xiên……………………………...
C) Độ dài đường gấp khúc …………………………………………
D) Các bất đẳng thức trong đường tròn…………………………….
Bài tập đề nghị chương 2 ……………………………………………....

15
16
17
19
21

Chương 3 : Cách vận dụng các bất đẳng thức trong đại sốvào
bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng
A) Các bất đẳng thức đại số thường dùng…………………………… 22 B)
Các ví dụ áp dụng ……………………………………… ………….. 23 Bài
tập đề nghị chương 3……………………………………………... 25
Chương 4 : Toạ độ và vectơ trong mặt phẳng với bài toán
cực trị về hình học
A)Toạ độ trong mặt phẳng với bài toán cực trị về hình học
trong mặt phẳng …………………………………….…..

26

B) Vecto trong mặt phẳng với bài toán cực trị về hình học
trong mặt phẳng ………………………………………………..
Kết luận…………………………………………………………………..

28
31

LỜI NÓI ĐẦU
1) Lý do chọn đề t ài .
Trong nhà trường phổ thông , hình học là một môn học khó đối với học
sinh.Bởi hình học là một môn học yêu cầu người học phải có tư duy logic ,
chặt chẽ và có khả năng trừu tượng hoá cao hơn các môn học khác.
Học sinh đã được tiếp cận với hình học ngay từ những năm học tiểu học
và được học một cách hệ thông từ ở lớp 6. Học sinh được học cách giải rất
nhiều dạng bài toán nhưng bài toán tìm giá trị cực trị của một đại lượng hình
học nào đó trong mặt phẳng luôn là bài toán gây nhiều khó khăn cho học
sinh.
Với sự gợi ý hướng dẫn của thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG ,cùng với
mục đích tìm hiểu và đưa ra phương pháp chung để giải một bài toán cực trị
về hình học trong mặt phẳng cũng như tìm hiểu cách vận dụng một số bất
đẳng thức trong hình học ,bất đẳng thức trong đại số để giải bài toán cực trị
hình học trong mặt phẳng , em đã lựa chọn đề tài “ Bài toán cực trị về hình
học trong mặt phẳng ”.
2) Nhiệm vụ nghiên cứu :
+ Trình bày cơ sở lí thuyết .
+ Đề xuất phương pháp
+Xây dựng hệ thống ví dụ bài tập luyện tập.
3)Phƣơng pháp nghiên cứu
+ Thống kê
+ Khái quát hoá , trừu tượng hoá .
+ Nghiên cứu sách giáo khoa , tài liệu tham khảo , báo toán học và
tuổi trẻ .


CHƢƠNG 1 :PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ HÌNH

HỌC TRONG MẶT PHẲNG
A, Bài toán cực trị về hình học .
Xét một đại lượng hình học y (độ dài của một đoạn thẳng,tổng của nhiều đoạn
thẳng,chu vi ,diện tích của một hình, độ lớn của một góc,v.v…).
1, Bài toán tìm cực tiểu về hình học.
Nếu có một giá trị không đổi y1 sao cho luôn có y≥ y1 , đồng thời tồn tại một vị
trí hình học của y (hoặc hình chứa y) tại đó y đạt được giá trị y1 ,thì ta nói rằng y1
là giá trị nhỏ nhất (cực tiểu ) của y.
2, Bài toán tìm cực đại về hình học.
Tương tự,nếu có một giá trị không đổi y2 sao cho luôn có y≤ y2 , đồng thời
tồn tại một vị trí hình học của y (hoặc hình chứa y) tại đó y đạt được giá trị y2
,thì ta nói rằng y2 là giá trị lớn nhất (cực đại ) của y.
Bài toán tìm cực tiểu hay cực đại của y được gọi chung là bài toán cực trị về hình
học.
Người ta thường kí hiệu

min y = y1 (hay ymin = y1) ;
Max y = y2 (hay ymax =y2 ) ;

B,Phƣơng pháp chung đ ể giải m ột bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng .
Căn cứ vào đầu bài,người ta thường giải bài toán cực trị về hình học theo ba cách
sau:
1,Cách 1:
Vẽ một hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị , thay các điều
kiện của đại lượng đó bằng các điều kiện tương đuơng.Có khi phải chọn một đại
lượng nào đó trong hình làm ẩn số,dựa vào mối quan hệ giữa ẩn số đó với các đại
lượng khác trong hình, những đại lượng này có thể do đầu bài cho sẵn,nhưng cũng
có thể do ta làm xuất hiện trong quá trình đi tìm lời giải của bài toán.Biểu thị ẩn
số theo các đại lượng đã biết, các đại lượng không đổi rồi biến đổi tương đương
biểu thức vừa tìm được để cuối cùng xác định được giá trị của đại lượng cần tìm,

từ đó suy ra vị trí của hình để đạt được cực trị.
Người ta thường dùng cách này khi đầu bài dược cho dưới dạng : “ Tìm một
hình thoả mãn các điều kiện cực trị cho trứơc. ‟‟


Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích , tìm tam giác có chu vi
nhỏ nhất.
Giải :
Xét các tam giác có chung đáy là BC = a và có cùng điện tích là S
Gọi AH là đuờng
cao tương ứng với cạnh đáy BC ta có:
1
S = AH.BC
⇒ ( không đổi )
2S
AH =
2
a
Suy ra A di động trên một đường thẳng xy
2S
Song song với BC và cách BC một khoảng bằng
.
a
B’
Ta cần xác định vị trí của A trên xy để tam giác ABC
Có chu vi nhỏ nhất.
Chu vi ∆ABC = AB + BC + CA
= AB + AC + a
Vì a không đổi nên chu vi ∆ABC
nhỏ nhất khi và chỉ khi AB + AC nhỏ nhất.

Ao

A

x Gọi B‟ là điểm đối xứng của B qua xy ,
B‟C cắt XY tại A0 . Xét ∆AB‟C ta
có: AB‟ + AC ≥ B‟C = B‟A0 +
A0 C
(1)
Thay AB‟ = AB ; A0B‟ = A0B vào (1) ta được :
B
C AB + AC ≥ A0B + A0C
(2)
(2) có dấu “=” khi và chỉ khi B‟, A, C thẳng hàng.
Khi đó A ≡ A0. Vì A0B = A0B‟ = A0C nên ∆A0BC cân tại A0.
Vậy trong các tam giác có chung một đáy và có cùng diện tích tam giác cân có chu
vi nhỏ nhất.
Ví dụ 2 : Cho ∆ABC có các góc B và C nhọn; BC =a, đường cao AH = h.
Xét các hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác có M ∈ AB; N
∈ AC; P và Q ∈ BC. Xác định vị trí của hình chữ nhật MNPQ để nó
có diện tích lớn nhất.
Giải :
Vị trí của hình chữ nhật MNPQ sẽ được hoàn toàn xác định nếu ta xác định
được vị trí của MN.
A
Đặt MQ = x; MN= y
⇒ AK = h - x.
M Ky
N

∆AMN ∽ ∆ABC
MN

⇒
BC AH

=

AK

y


⇔
a
h

y

=

h-x

B
Q H

P

C

a(h-x)
h y=
Gọi S là diện tích hình chữ nhật
a MNPQ thì :
S = xy = x h - x)
h

⇔

S=
a(

2

(*)
2

2

h

2

h

hx - x ) = hx - x + - )
a
4 4
2

(
h
h
h
2
2
a
(
x
2
+
)]
= [
h
.
h 42
2
4
h
a h - (x- ]
= h[ 4
2)
ah a h 2 2 ah
(x=
4h h 2) ≤ 4
dấu “=” xảy rahkhi x - = 0
khi đó K là trung điểm của AH hay MN là
⇔ x=
2
2

đường trung bình của ∆ABC.
ah
Vậy max S =
⇔ x=h.
4
2
Chú Ý :
Ta có thể giải bài toán trên bằng cách áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy.
Từ (*) ta nhận thấy : a, h đều là hằng số dương nên S lớn nhất khi và chỉ khi x(h
-x) lớn nhất. Do x >0; x < h nên h - x > 0, hai số dương x và (h - x) có tổng không
đổi
x + (h - x) = h nên tích x(h - x) sẽ lớn nhất khi chúng bằng nhau :
h
x = h - x hay x = .
2
2,Cách 2
Đưa ra một hình (theo yêu cầu đầu bài) rồi chứng minh mọi hình khác có chứa yếu
tố ( mà ta phải tìm cực trị ) lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương ứng trong hình đã đưa
ra.
Ví dụ 3 :
Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, chứng minh rằng tam giác cân
có chu vi nhỏ nhất.
Đây là bài toán ta đã đề cập trong ví dụ 1,nhưng ở đây đầu bài nói rõ hình ta cần
phải chứng minh là một tam giác cân, nên ta đưa ra một tam giác cân A0BC
(h.1.1).Rồi xét một tam giác không cân ABC có cùng đáy BC,
đỉnh A chạy trên.


Đường thẳng xy ∥ BC ta chỉ việc chứng minh chu vi ∆ABC≥ chu vi ∆A0BC
tức

là
AB + AC ≥ A0B + A0C

như đã trình bày cách giải ở ví dụ 1.


3,Cách 3 :
Thay việc tìm cực đại của một đại lượng này bằng việc tìm cực tiểu của một đại
lượng khác , hoặc ngược lại.
Ví dụ 4:
Chứng minh rằng trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích , thì tam giác
cân có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhầt.
GIẢI
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC , r là bán kính đường tròn nội tiếp
tâm I , S là điện tích tam giác ABC .Ta có :
S = SAIB + SBIC + SCIA
1
1
1
= cr + ar + br
2
2
2
r
= 2 (a + b + c )
Vì S không đổi , ta suy ra r sẽ lớn nhất khi và chỉ
khi ( a + b + c ) nhỏ nhất , tức là chu vi của tam
giác nhỏ nhất .Theo kết quả ở ví dụ 1 ,đó là tam
giác cân.
Ví dụ 5:

Cho hình vuông ABCD cạnh a .Xét các hình thang có bốn đỉnh ở trên bốn cạnh của
hình vuông và hai đáy song song với một đường chéo của hình vuông . Tìm hình
thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích lớn nhất ấy.
GIẢI
Gọi EFGH là hình thang có các đỉnh nằm trên các cạnh của hình vuông và hai đáy
FG, EH song song với đường chéo BD của hình vuông.
Đặt AE = x

⇒

EB
=a - x CF = y
⇒ FB =a
-y
Dễ thấy ∆DHG = ∆BEF
Gọi S là hiệu diện tích hình vuông và
diện tích hình thang EFGH thì :
S = SAEH + SCFG + 2SBEF


=

1

2

AE +

1

2

CF + BE.BF

2
2
2
2
x
y + ( a - x )( a - y )
= 2 + 2
1
2
2
2
= 2 [ x + y + 2xy - 2a( x + y ) + 2a ]
1
2
2
= [(x+y) -2a(x+y)+2a ]
2
1
2
2
= [(x+y-a) +a ]
2
SEFGH lớn nhất khi và chỉ khi S lấy giá trị nhỏ nhất. Điều này xảy
ra khi: x + y - a = 0
⇔ x+y=a
⇔ x=a-y

hay AE = BF
Khi đó các đường chéo EG và HF song song
với các cạnh của hình vuông và diện
a2
tích lớn nhất của hình thang phải tìm là
.
2
(*) CHÖ Ý QUAN TRỌNG
(i) Có trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A , ta chia A thành tổng của
nhiều đại lượng khác :
A=B+C
rồi đi tìm cực trị của B và C, từ đó suy ra cực trị của A ,ta cần chứng minh : “ khi B
đạt cực trị thì C cũng đồng thời đạt cực trị và ngược lại .”
Ví dụ 6:
Cho tam giác ABC vuông tại A , ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có
đường kính AB , AC .Một dường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn theo
thứ tự ở M,N ( khác A ) . Xác định vị trí của M,N sao cho chu vi của tứ giác BCNM
lớn nhất.
GIẢI
Đặt BM = x ; AM = y ; AN = z ; NC = t ;
Thì chu vi tứ giác BMNC = BC + x + y + z + t .
Với hai đại lượng bất kì , ta luôn
2
có : ( a - b ) ≥ 0
⇔ a2 + b2 ≥ 2ab.2 2
⇔ 2(a +b )≥ (
2
a + b ) (*)
Tam giác AMB vuông tại M ; Áp dụng định lí
Pitago ta có :

2
2
2
BM + MA = AB
hay
2
2
2
x + y = AB .
2
Áp dụng bất đẳng thức (*) : ( x + y ) ≤ 2
2
AB


⇔

x + y ≤ AB
2


dấu „„ =‟‟ xảy ra khi và chỉ khi x = y .
Tương tự : z + t ≤ AC 2 dấu „„ =‟‟ xảy ra khi và chỉ khi z = t .
Khi x = y thì M là điểm chính giữa của cung AB , khi đó tam giác AMB

∃

vuông cân nên MAB = 45

∃

o

o

CAN = 45 ( vì M,A,N thẳng hàng ).

⇒

⇒ N là điểm chính giữa cung AC
Vậy chu vi của tứ giác BCNM lớn nhất khi M,N đồng thời là điểm chính giữa của
các cung AB ,AC .
( ii) Nếu bài toán đã cho có thể xảy ra nhiều khả năng tương ứng với các trường
hợp khác nhau của hình thì phải tìm cực trị trong từng trường hợp, cuối cùng so
sánh các giá trị đó để tìm ra cực trị của bài toán.
Ví dụ 7:
Qua đỉnh A của tam giác ABC , dựng đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách từ
các đỉnh B và C tới d là lớn nhất .
GIẢI
Ta xét hai trường hợp :
Trường hợp 1 : d cắt cạnh BC tại E
Gọi BB‟ , CC‟ lần lượt là các khoảng cách từ các đỉnh B và C tới d . Hai tam giác
ABE và CC‟ .
Ta có : SABC = SABE + SACE
1
1
= AE.CC‟
AE. BB‟
+
2 2S2

ABC
⇒ BB‟ + CC‟ =
.
AE
Ta thấy BB‟ + CC‟ nhận giá trị lớn nhất,
Khi đó AE là dường cac kẻ từ đỉnh
A của ∆ABC , tức là d ⊥ BC.
Nếu gọi AH
là độ dài đường cao kẻ từ A thì AE = AH
, do đó BB‟ + CC‟ = BC (1)
Trường hợp 2: d không cắt BC

(2).


Gọi M là trung điểm
của BC . Kẻ MM‟
⊥ d . Tứ
giácBB‟C‟C là hình
thang nhận MM‟ làm đường
trung bình nên :
BB‟ + CC‟ = 2
MM‟

Mà MM‟ ≤ AM ( đường vuông góc và
đường
xiên kẻ từ M tới d ).
Do đó : BB‟ + CC‟ lớn nhất khi M‟ ≡ A .
Lúc đó BB‟ + CC‟ = 2 AM và d ⊥ AM
tại A

Như vậy , ứng với hai trường hợp , ta được hai kết quả (1) và (2) , do đó ta
phải so sánh BC với 2AM ,
điều này rõ ràng phụ thuộc vào hình dạng của tam ABC cho trước .

∃

o

a) A < 90 .
Kéo dài AM một đoạn MN = MA .
Tứ giác ABNC là hình bình hành
vì có hai đường chéo giao nhau tại trung
điểm của mỗi đường, suy ra AB = CN ;

∃

o

ACN = 180
-

∃

∃

∃

o

A < 90

A
mà

∃

∃

o

suy ra ACN > 90 hay ACN > CAB .
Xét hai tam giác BAC và NCA chúng có : AB = CN ,

∃

AC chung
,

∃

ACN > CAB nên cạnh đối diện với góc

∃

∃

CAB nhỏ hơn cạnh đối diện với góc ACN : BC < AN hay BC < 2AM .

∃

o

b) A = 90 : Tứ giác ABNC là hình bình hành có một góc vuông nên nó là hình
chữ nhật.

⇒
∃

Hai đường chéo BC và AN bằng nhau hay BC = 2 AM.

o

c) A > 90 : Chứng minh tương tự trường hợp 1) ta được BC > 2 AM.
Từ kết quả trên ta suy ra :

∃

o

+ Nếu ∆ABC cho trước có A < 90 thì đường thẳng d đi qua A phải dựng là
đường thẳng vuông goác với đường trung tuyến AM của ∆ABC.

∃

o

+ Nếu A = 90 thì bài toán có hai lời giải : dựng đường thẳng d qua A và
vuông góc với AM hoặc d‟ qua A và vuông góc với BC.

∃

o

+ Nếu A > 90 thì đường thẳng d qua A và vuông góc với BC.
Ví dụ 8:
Cho đường thẳng xy ,hai điểm A và B không nằm trên xy và thuộc cùng một nửa
mặt phẳng có bờ là đường thẳng xy . Tìm trên xy một điểm M sao cho góc AMB là
lớn nhất.
GIẢI


Ta cần xét các trường hợp sau :
a) Trường hợp AB ∥ xy :
Dựng đường tròn (O) qua A ,B và tiếp xúc
với xy tại M ( trước hết dựng trung trực của
AB cắt xy tại M ;Dựng thêm trung trực của
AM cắt
trung trực của MB tại tâm O cần tìm ).

∃

Ta sẽ chứng minh góc AMB là lớn nhất .
Thật vậy , nếu lấy một điểm M‟ bất kì
( M‟ ο M ) trên xy , nối M‟ với A
và B , Ta luôn có :

∃

∃

AM‟B
<

ANB
Mà

∃

∃

⇒

AM‟B ≤

∃

∃

ANB = AMB

AMB dấu „„=‟‟ xảy ra hi và chỉ khi M ≡ M‟.

b) Trường hợp AB ⊥ xy .

khi đó ta dựng được hai đường tròn
(O) và ( O‟ ) đi qua A , B tiếp xúc
với xy tại M1 và M2.
Do ∆AOO‟ cân nên :

∃

∃

AOO‟ = AO‟O

∃

⇒

∃

AMB

= AM‟B

Cả hai điểm M và M‟ dều thoả mãn điều kiện bài toán . Vậy bài toán có hai
nghiệm hình.
c)trường hợp tổng quát . Trước
hết ta hãy giải bài toán :
Cho đường thẳng xy , hai điểm A và B không
nằm trên xy và thuộc cùng một nửa mặt phẳng
có bờ là đường thẳng xy ; AB không song
song và cũng không vuông góc với xy .
Dựng đường tròn qua A , B và tiếp xúc với xy.
Giả sử ta đã dựng đựơc đường tròn (O) qua A
,

B và tiếp xúc với xy tại M , vì A,B không song song với xy nên AB cắt xy tại một
điểm y.
Ta có : ∆IMB ∽

⇒
IM IA

∆ IAM ( g.g)

⇒

2

IM = IA.IB

(1)

=
IB IM
Vẽ đường tròn (O‟) qua A và B (
tâm O‟ nằm trên trung trực của AB
).Kẻ tiếp tuyến IT với (O‟) theo chứng
minh trên
2
ta có : IT = IA.IB (2)
So sánh (1) và (2) ta được :
IM1 = IT

Từ đó ta suy ra cách dựng sau :
Vẽ một đưòng tròn phụ (O‟) bất kì , từ I vẽ tiếp tuyến IT với (O‟) , trên xy

đặt về hai phía của điểm I các đoạn IM1 = IM2 = IT. Đường vuông góc kẻ từ
M1 , M 2 cắt đường trung trực của AB tại O1 ; O2 ;đó là tâm của hai đường
tròn (O1; O1M1 ) và (O2 ;O2M2 ) đi qua A ,B và tiếp xúc với xy tại M1 , M2 .
Trở lại bài toán đầu ,tương tự trường hợp a)

∃

∃

∃

∃

+ Nếu M‟ nằm trên tia IM1 mà M‟ ≠ M1 thì AM‟B < AM1B
+ Nếu M‟ nằm trên tia IM2 mà M‟ ≠ M2 thì AM‟B < AM2B

∃

∃

Do đó ta cần so sánh AM1B với AM2B. Giả sử (O1 ) có bán kính nhỏ hơn (O2 ) .
Xét ∆AO1O2 ta có : AO1 <
AO2 ⇒

∃

AO2O1
<

∃

AO1O2

⇒

∃

AM2B
<

∃

AM1B .

Vậy điểm phải tìm tiếp điểm của đường thẳng xy với đường tròn có bán kính nhỏ
hơn trong hai đường tròn qua A,B và tiếp xúc với xy.


BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ CHƢƠNG 1

BÀI 1.1 :
Cho hình thang ABCD và hai điểm M,N lần lượt thuộc các cạnh đáy AB và CD ;
AN cắt DM ở P ; BN cắt CM ở Q .
a) Chứng tỏ SMPNQ = SADP + SBCQ .
b) Xác định vị trí điểm M , để SMPNQ lớn nhất .
BÀI 1.2 :
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;Q) .Xác định vị trí của điểm M trên
đường tròn sao cho nếu gọi D,E theo thứ tự là hình chiếu của M trên các đường
thẳng AB , AC thì DE có độ dài lớn nhất.
BÀI 1.3 :

Trong các tứ giác nội tiếp cùng một đường tròn , tứ giác nào có :
a) Diện tích lớn nhất ?
b) Chu vi lớn nhất ?
BÀI 1.4 :
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O;r) .kẻ các tiếp tuyến của đường tròn
(O) ) song song với các cạnh của tam giác.Các tiếp tuyến này tạo với các cạnh của
tam giác là ba tam giác nhỏ có diện tích là S1 ,S2 , S3 . Gọi S là diện tích tam
giác ABC.
S1+S2+S3
Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số
.
S
BÀI 1.5 :
Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O,R).Tìm điểm M thuộc cung
BC sao cho nếu gọi H ,G , K thứ tự là hình chiếu của M trên AB , BC , AC thì tổng
MA
+ MB + MC + MH + MI + MK lớn nhất ? nhỏ nhất ?


CHƢƠNG 2 : CÁCH VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG HÌNH HỌC
A, BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC
Với ba điểm A , B , C bất kì ta luôn có :
AB + AC ≥ BC
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi điểm A thuộc đoạn BC.
Ví dụ 1:
Cho đường thẳng xy và hai điểm A , B thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là xy
a) Tìm điểm M thuộc xy sao cho MA +MB nhỏ nhất.
b) Tìm điểm N thuộc xy sao cho | NA - NB| nhỏ nhất.

GIẢ I

a)
Gọi A‟ là điểm đối xứng của điểm
A qua xy thì A‟ hoàn toàn xác
định,
do MA =MA‟ nên ta có :
MA + MB = MA‟ +
MB.
Nối A‟ với B và áp dụng bất đẳng thức
Tam giác cho ba điểm A‟ , M , B ta có:
MA‟ + MB ≥ A‟B
Dấu “=” xảy ra khi M ∈
A‟B . Khi đó M ≡ M‟ .
Vậy min ( MA + MB ) = AB ⇔ M ≡ M‟ .
b)
Nếu lấy một điểm N bất kì trên xy thì | NA - NB| ≤ AB . Giá trị lớn nhất của
| NA - NB| bằng AB khi và chỉ khi B là điểm nằm giữa hai điểm A và N
Suy ra :
+ Nếu AB ∥ xy thì :
Không tìm được điểm N thoả mãn
yêu cầu bài toán


+ Nếu AB 1 xy :Gọi No = AB
∩ xy Thì No là điểm
cần tìm.


Vậy max | NA - NB| = AB ⇔ N ≡ No .

Ví dụ 2:
Cho đường tròn (O) và một điểm M ở ngoài đường tròn .Đường thẳng kẻ từ M qua
tâm O cắt đường tròn ở A và B ( A là điểm nằm giữa hai điểm M và O ). Chứng
minh rằng MA là khoảng cách nhỏ nhất trong các khoảng cách từ M tới tất cả các
điểm của đường tròn và MB là khoảng cách lớn nhất trong tất cả các khoảng cách
đó.
GI ẢI
Qua M vẽ một đường thẳng bất kì cắt (O) tại A‟ , B‟
Xét ∆ MA‟O ta có :
MO - OA‟ ≤ MA‟
Nhưng OA‟ = OA = R
Nên MO - OA ≤
MA‟.
Theo giả thiết , A là điểm nằm giữa
hai điểm M và O nên
MO = MA + AO
tức là MO - OA = MA
. Vậy MA ≤ MA‟
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A ≡ A‟
Tương tự , với mọi điểm B‟∈ (O) và B‟ ≠ B , xét
∆MOB‟ ta có : MO + OB‟ ≥ MB‟ .
Do đó MB ≥ MB‟
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B ≡ B‟ .
B, ĐƢỜNG VUÔNG GÓC VÀ ĐƢỜNG XIÊN
1,Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng , đoạn vuông góc với
đường thẳng có độ dài ngắn nhất.
2, Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một một đường thẳng , đường xiên nào
có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngựơc lại .
Ví dụ 1 :

Cho tam giác ABC có ba goc nhọn.Tìm điểm M ở trong tam giác sao cho
MA.BC + MB.CA + MC.AB đạt giá trị nhỏ nhất .


GIẢI
Xét một điểm M bất kì trong tam giác ,tia AM cắt cạnh BC ở
D . Kẻ BE ⊥ AD; CF ⊥ AD .Ta có :
BE ≤ BD
⇒ AM.BE
≤ AM.BD CF ≤ CD
⇒ AM.CF
≤ AM.CD
⇒ ( BE + CF )AM ≤ ( BD + CD ).AM
Nhưng :
BE.AM = 2 SAMB
CF.AM = 2 SAMC
BD + DC = BC
Do đó
2 ( SAMB + SAMC ) ≤ BC.AM
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi E và
F trùng với D .Khi đó AM
⊥ BC. Tương tự ta có :
2 ( SABM + SCBM ) ≤ AC.BM(2)
2 ( SCBM + SACM ) ≤ AB.CM (3)
Từ (1) ,(2) , (3) ta suy ra :
4 ( SABM + SACM + SCBM ) ≤ MA.BC + MB.CA + MC.AB
Do dó : min ( MA.BC + MB.CA + MC.AB ) = 4 SABC khi và chỉ
khi AM ⊥ BC ; BM ⊥ AC ; CM ⊥ AB , khi đó M là
trực tâm của ∆ABC.
Ví dụ 2 :

Cho đường thẳng d và đường tròn (O;R) có khoảng cách từ tâm O đến d là
OH > R .Lấy hai điểm bất kì A ∈ d và B ∈ (O;R). Hãy chỉ ra vị
trí của A , B sao cho độ dài Ab ngắn nhất và chứng minh điều ấy.
GIẢI

Từ tâm O kẻ OH ⊥ d cắt
(O;R) tại K Xét ∆ABO ,ta có :
AB + OB ≥ OA
Mà OA ≥ OH (đường xiên và
đường Vuông góc kẻ từ O đến d )
⇒ AB + OB ≥ OH
⇒ AB ≥ OH - OH =
OH - OK = KH
Vậy min AB = KH ⇔
A
≡ H và B ≡ K .


C, ĐỘ DÀI ĐƢỜNG GẤP KHÖC
Độ dài đường gấp khúc nối hai điểm không nhỏ hơn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm
đó .

Ví dụ 1 :
Cho hình vuông ABCD và một tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình
vuông ( tứ giác MNPQ nội tiếp hình vuông ABCD ). Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ
có chu vi nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của QN , MN , PQ. Áp đụng tính chất của trung
tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông ta có:
MN = 1 BJ ; PQ = 2 DK .

Áp dụng tính chất đường trung bình
của tam giác : PN = 2 IK ; MQ = 2 IJ
. Chu vi tứ giác MNPQ :
MN + NP + PQ + MQ =
= 2 ( BJ +JI + IK + KD ) ≥ 2 BD
Chu vi tứ giác MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất
bằng hai lần độ dài đường chéo hình vuông,
khi đường gấp khúc trùng với đường chéo
BD, khi đó MN ∥ AC ∥ PQ và
MQ ∥ BD ∥ NP .Tứ giác MNPQ trở thành hình chữ nhật.
Từ bài toán trên tacó thể rút ra kết luận : Mọi hình chữ nhật nội tiếp được trong một
hình vuông đã cho đều có chu vi bằng nhau và chu vi đó nhỏ nhất so với chu vi của
bất kì tứ giác nào nội tiếp trong hình vuông này.
Ví dụ 2 :
o
Cho tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 .Tìm điểm M nằm bên trong tam giác
sao cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
GIẢI


Xét một điểm M nằm trong tam giác ABC. Ta phải xác định vị trí của M để tổng
MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
Ta tìm cách đưa tổng của ba đoạn thành tổng của các đoạn thẳng của một đường
gấp khúc nối hai điểm xác định nào đó.
o
Thực hiện phép quay tâm A ,góc quay 60 , ngược chiều kim đồng hồ :
Biến : M thành M‟ ; C thành C‟ . Như vậy tam giác AMM‟ là tam giác đều
suy ra MA =MM‟ .
Tam giác ACC‟ cũng là tam giác đều nên C‟ hoàn toàn xác định ;
M‟C‟ = MC ( vì phép quay bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm ) .

Do đó MA + MB + MC = MM‟ + MB + M‟C‟ = độ dài đường gấp khúc
BMM‟C‟ ≥ BC‟.
Để tổng MA + MB + MC nhỏ nhất ,ta phải tìm M sao cho bốn điểm B, M ,M‟
,C‟ thẳng hàng , nghĩa là M thuộc đoạn BC .
Suy ra : M ≡ Mo = BC‟ ∩ CB‟.
Do đó cách xác định điểm M như sau : Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các
tam giác đều ACC‟ ; ABB‟ ; Lấy giao của BC‟ và CB‟, đó là điểm M cần tìm.
o
Theo giả thiết tam giác ABC đều có các góc nhỏ hơn 120 nên ta có :

∃

∃

∃

o

o

o

BAC‟ = BAC + CAC‟ < 120 + 60 = 180

Suy ra BC‟ cắt đoạn AC tại một điểm D nằm giữa A và C. Tương tự CB‟ cắt AB tại
điểm E nằm giữa A và B, suy ra tia BD nằm giữa hai tia BA và BC ; Tia CE nằm
giữa hai tia CB và CA ;
Do đó hai tia BC‟ và CB‟ luôn cắt nhau tại một điểm Mo nằm trong tam giác ABC.
D, CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐƢỜNG TRÕN
1, Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn .

2, Trong hai dây cung không bằng nhau , dây nào lớn hơn thì có khoảng cách từ
tâm đến dây đó nhỏ hơn và ngược lại.
Ví dụ 1 :
Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B . Một cát tuyến qua B ,
cắt (O1) tại M , cắt (O2) tại N .Xác định vị trí cuả MN để chu vi tam giác AMN đạt
giá trị lớn nhất.
GIẢI
Hai tam giác AMN và AO1O2 đồng

∃ ∃ ∃ ∃

dạng vì có M = O1 ; N = O2
Suy ra :
AM+MN+NA
AM
=
AO1+O1O2+O2A AO1

20