70 BAT DANG THUC HINH HOC CUC TRI (1)

CHUYÊN ĐỀ 2
DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC, CỰC TRỊ .
I - LÝ THUYẾT - BÀI TẬP MINH HỌA.
1. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu:
a. 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.
b. Các bài tập minh họa.
Bài 1 ( Thi THPT Hải Dương 1998-1999 ) .
Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy điểm M. Gọi (O1) là đường
tròn tâm O1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O2) là đường tròn tâm O2 qua M
và tiếp xúc với AC tại C. Đường tròn (O1) 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 :
A
·
·
·
 BDM
 MDC
 900
1) BDC

0
0
·
·
·
2) Chỉ ra BMO
1  CMO2  45 nên O1MO2  90

C

·DO  900
O1MO2  O1DO2 (c  c  c)  O
1
2

O
M

3) Chỉ ra tứ giác ABEC là hình vuông.
B
3 điểm A, D, E cùng nhìn BC dưới một
0
góc bằng nhau và bằng 90 nên 5 điểm
O1
A, B, D, E, C cùng nằm trên đường tròn
D
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 =
Có EM  EO 

O2

E

BC AB 2
không đổi.

2
2

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

-1-


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 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 :
·
·
 900 . Hai
 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên PNQ
1) MP//NQ mà MPN
điểm I và N cùng
P
Q
nhìn PQ dưới một góc bằng nhau và
K
bằng 900 nên 4 điểm P, Q, N, I cùng
thuộc đường tròn đường kính PQ.
I

2)

Chứng

minh

PNK # QMP (g  g ) 

được

M

H

O

N

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)
Theo phần 2) PNK # QMP( g  g ) 

NK PK NP


 MP.NP  NK .MQ (2)
MP PQ MQ

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 nửa
2

đường tròn.
Bài 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-


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
E
1

A

M

I

N

1

F

O

B

P
Q
K
a) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA

·
Xét (O) có ·
(EK là phân giác Ê)
AEK  KEB
» (hai cung chắn hai góc nội tiếp bằng nhau)
 »
AK  KB

µ µ
A1 (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
 E

1
Xét KAF và KEA:

µ chung
K
µ µ
E
A (chứng minh trên)
1

1

KAF đồng dạng với KEA (g-g)
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
-3-


·  OKE
·
 IFE

·
( OEK)

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

» (chứng minh trên)  ·
Vì »
AOK  90o  OK  AB
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):

·
AEB  90o )  MN là đường kính của (I;IE)
MEN
 90o (vì ·
 EIN cân tại I

·  OBE
·
Mà EOB cân tại O  ENI

·
( 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





2 1

Bài 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 là giao
2

điểm của AF và BE; C là giao điểm của AE và BF; I là giao điểm của CH và AB.
-4-

·
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
· = HBF
· = 1 sd EF
º = 300
Tứ giác BFHI nội tiếp => HIF
(tam giác OEF đều)
2

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
BF.BC = BC(BC –CF) = BC2 – BC.CF
AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC .CF
Mà AC.AE = BC.CF =CO2 – R2
C

F

E

2AC2 + 2BC2 - AB2

=>
CO =
4
2

AC2 + BC2 =2CO2 +

H

AB2
4

A

Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO2 +

I

O

B

AB2
– CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2
4

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 nhất. Tính diện
tích lớn nhất đó theo R.

Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB
SFOE =

R

2

4

3

C

E
P

(Vì tam giác FOE là tam giác đều

F

cạnh R)
1
2

1
2

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

FM + EN

2

A

M

= R.PQ (PQ là đường trung bình của hình thang EFMN)

SABEF =

R2 3
R 3
+ R.PQ mà PQ ≤ OP =
.
4
2

-5-

Q

O

N

B


Do đó SABEF =

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

Bài 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 :
·
·
1) Dễ dàng chứng minh được QNM
 MNP
 1800 nên 3 điểm Q, N, P thẳng hàng.
2) Từ phần 1) suy ra được
A
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.

O
P
N

B

C

Q

2. Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường
M
gấp khúc.
a. 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.
b. Các bài tập minh họa.
Bài 1 ( Thi vào THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị 2013-2014 )
µ  300 . gọi H là hình chiếu vuông góc của A
Cho tam giác ABC nhọn có 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.
A

Giải :
Gọi P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của
M
H qua AB, AC.
Ta có : AP = AQ = AH

·  2.BAC
·  600
PAQ
P

=> tam giác APQ đều
=> PQ = AH.

B

-6-

H

C

Q


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
·
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:
·
·
 xOA
Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy sao cho yOm
. Trên tia Om lấy điểm D sao
cho OD = OA . Các điểm D và A cố định .
·
·
 BOA
OD =OA, OC = OB , COD

m

y
D
 DOC = AOB  CD = AB
Do đó AC +AB = AC +CD
Mà AC +CD ≥ AD
AC +AB ≥ AD
C
A
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

x
Ox sao cho OB = OC.
O
B
Bài 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.
Giải :
Gọi I ,K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG , HG .
A
F
B
AEF vuông tại A có AI

là trung tuyến  AI =

1
EF
2

I
E

K

CGH vuông tại C có CM
là trung tuyến  CM =

1
GH

2

IK là đường trung bình của EFG
 IK =

G

M
D

H

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)
-7-

C


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.
·  EAI
·  ADB
·
Khi đó ta có EH//AC, FG//AC, AEI
nên EF//DB , tương tự 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 .
3. Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.
a. 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
dây lớn hơn.
b. Các bài tập minh họa.
Bài 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  .
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 :
·
·
 900 , AHM
 900

1) Từ giả thiết: AKM
M

Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường tròn
1 »
·
·
2) NAH
= sđ KH
(1)
 NMK
2
A
1 »
·
·
NAH  NMB = sđ NB (2)
2
·
·
 NMB
Từ (1) và (2)  NMK

E
H
O

B

K

 MN là phân giác của góc KMB

1 ¼ ·
1
·
·
·
 MNB
 sđ MB
 sđ
3) MAB
; MAB  MKH
2
2
·
·
 K,M,E,N cùng thuộc một đường tròn
 MNB
 MKH

·
·
 MEN
 MKN
 1800  ME  NB
-8-

N

¼
MH


1
1
1
S MAN  MK.AN; S MNB  ME.NB; S YAMBN  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 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 .
Giải :
a) Dễ dàng chứng minh.
M
b) ACH # AKB  AH .AK  AC.AB  R2
K
c) Dễ thấy tam giác MNB đều.
Trên KN lấy E sao cho KE = KM

H
Suy ra MEK đều.
A

MEN  MKB (c  g  c)  KB  EN
 KB  KM  KN

C

O

B

E

Có KM + KN + KB = 2KN
KN lớn nhất khi nó là đường kính
N
Do đó Max (KM+KN+KB) = 4R . Khi đó K là
điểm đối xứng của N qua O.
Bài 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 A diện tích
tam giác ABC lớn nhất.
Giải :
Kẻ AH  BC, OI  BC , đường kính AD .
O
Ta dễ dàng chứng minh được AHC# ABD ( g  g )
=> AH.AD = AB.AC
C

B
H
I
=> AB.AC = 2R.AH (1) .
Theo đề , AB. AC  R 3 => AB.AC = 3R2 (2)
D
Từ (1) và (2) suy ra AH 

3R
.
2

-9-


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 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.
·
·
 2AMH.
a) Chứng minh HKM
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 AM
¼
A
(1)
1
1
2
2
¶ M
¶
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA)  A
1

A

x
1

M

H

1

1O

1

(2)

1

K

¶ K
¶ (cùng chắn MH
¼ )
Tứ giác MHOK nội tiếp  O
1
1

B

C

(3)

¶  1K
¶ hay HKM
·
·
 2AMH.
Từ (1), (2), (3) ta có M
1
1
2
b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
¶  1 sđ BM
¶ O
¶  1 sđ BM
¼ ;O
¼
A
1
1
2
2
2
¶ O
¶  tứ giác AMGO nội tiếp (5)
A
1

1

2
1

F

M

H
1

E

1
2

G

O

1

Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một
đường tròn
¶ D
¶ D
¶
G

1

A

D

2

B

A
1

C

2

1

 OGF và ODE đồng dạng

M

H
O

- 10 -

A'
B

I

C


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
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB

3
AB 3
 AB  R 3
Gọi I là giao điểm của AO và BC  AI  R 
2
2
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R
Bài 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.
A

Giải :
O

AMB  ·
ANB  900 (góc nội tiếp chắn nửa
1) ·
đường tròn)
 B là trực tâm của tam giác AEF
 AB  EF

N
M
B

· (cùng phụ với góc NFE
· )
 ·
NEF  NAB

  vuông NEF

F

E

 vuông NAB (g.g)

- 11 -

x

K

y


EF NE
·
= tan600 = 3

 tan NAE
AB NA
·
·
·
2) MON
là góc ở tâm cùng chắn cung MN  MON
 2MAN
 1200
·
·
EMF
 ENF
 900  tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm



D

K.
A

·
·
 MKN
 2MEN
 2.300  600
·
·
 MON
 MKN
 1800  OMKN là tứ giác nội tiếp.

3) Gọi I là giao điểm của AC và MD. Ta có

O

·
·
MCA
 NCM
 600  ·
ACD  600

 Tam giác MCD có CI vừa là đường cao vừa

M

N

là phân giác  MCD cân tại C.
B

1
 SMCD = 2.SMCI  2. .MI .CI = MI .CI =
2
· )(MCcos MCI
· )
(MC sin MCI

= (MC sin 600 )(MCcos600 ) =

C

MC 2 3
4

 SMCD lớn nhất  MC lớn nhất  MC là đường kính của (O)

4. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
a. 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 : điểm, đường...
b. Các bài tập minh họa.
Bài 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.

- 12 -


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
A

K

D

N

H

B

M

P

I

C

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 

x(a  x) a(a  x) a.x


2
2
2

a
3a 2 3a 2
3a 2
2SCHK  ( x  ) 2 

 SCHK 
2
4
4
8
a
Dấu đẳng thức xảy ra khi x  , khi đó M là tâm hình vuông.

2

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

Bài 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:

- 13 -


A

E

B

F

H

D

G

C

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 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
A
ME //AB 
EM CE
x CE
4


 
 CE  x
AB CA
6
8
3
4
 AE = 8  x
3
B
Ta có : SADME = AD .AE
4
4
= x ( 8  x ) = 8x  x2
3
3

D
E

M

- 14 -

C


4
=  (x  3)2 +12 ≤ 12
3

=> MinSADME = 12  x =3
Diện tích lớn nhất của tứ giác ADME bằng 12 cm2 , khi đó D là trung điểm của
AB , M là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC.

5. Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và một số bất đẳng thức đại số khác.
a. Kiến thức liên quan.
a1 . 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

(ab > 0). Dấu “=” xảy ra  a = b.
 2
b a
1
hay a   2 (a > 0). Dấu “=” xảy ra  a = 1.
a

3.

1 1 1
1
n2
     
4.
a1 a2 a3
an a1  a2  a3  ...  an

1 1 1
1
       n 2
an 
 a1 a2 a3

 a1  a2  a3  ...  an  

hay

 a1, a2 , a3 ,..., an  0 

Dấu “=” xảy ra  a1  a2  a3  ...  an .

a2. 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 thức
Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz . Tài liệu này gọi là bất đẳng thức BCS ( viết tắt
cho Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz )
- 15 -


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
Dấu “=” xảy ra   2
...
an  kbn

b. Các bài tập minh họa.
Bài 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
x
nhau cắt Ax tại C, cắt By tại D.
y
Xác định vị trí của C và D sao cho tam
giác MCD có diện tích nhỏ nhất.
C
Giải :
1
2

D

Ta có : SMCD  MC.MD
α

Đặt MA = a , MB = b
·
·
AMC  BDM


a
b
; MD 
cos
sin 
1
ab

2 sin  .cos 

Khi đó, MC 
nên SMCD

α
A

a

M

b

B

Vì a,b không đổi nên diện tích tam giác MCD nhỏ nhất khi 2sin  cos 
lớn nhất.
Theo bất đẳng thức AM - GM :
2sin  cos   sin2  + cos2  = 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi sin  = cos 
=>  = 450 => AM = MC ; BM = BD.
Vậy MinSMCD = ab khi C và D được xác định sao cho AM = MC ; BM = BD

Bài 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.
2) Chứng minh rằng : BD = 2.EO
3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD.
- 16 -


Giải :
1) PE trung tuyến APC nên EA = EP 

A
E

·  EPA
·  MPB
·
mà
EAP cân tại E  EAP
·
·
·
ACD
 ABD
 PBM


F

P

C

D

K

·  PBM
·
·  ACD
·
MPB
 CAB
 900  BPM vuông tại

N

·
 PMB
 900

M

H
O

M

Chứng minh tương tự ta có:

·  900  PMB
·
·  1800
PNB
 PNB
 Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn đường

B

kính BP
2) Do EA = EC và FA = FD nên OE  AC vµ OF  AD .
·  OFE
·
Do đó AFE
 900 (1)
Do EF là đường trung bình của ACD nên EF // CD và CD = 2EF

·  ADC
·
·
 AFE
 ABC
·  BCD
·
·  BCD
·
mà ABC
 900  AFE
 900 (2)
·  BCD

· .
Từ (1) và (2)  OFE
·  BDC
·
 BCD đồng dạng với OFE (g.g)
C/M tương tự ta có: OEF


BD CD

 2  BD  2.EO
OE FE

3) Kẻ OH  AB; OK  CD lần lượt tại H và K  HA  HB; KC  KD
HB2  OB2  OH2  R2  OH2  AB2  4R2  4HO2 .

Tính tương tự : CD2  4R2  4KO2 suy ra







AB 2 .CD2  4R2  4HO2 4R2  4KO2  16R4  16R2 (HO2  KO2 )  16.HO2 .KO2

 16R4  16R2 .PO2  16.HO2 .KO2 (vì ta có OH2  OK2  OP 2 )

Chứng minh diện tích tứ giác ACBD bằng

1
AB.CD
2

Do 16R4  16R2 .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  16R2 .PO2  2R R2  PO2  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)

- 17 -


2

2
2
4
OP
Ta có HO2 .KO2   HO  KO   OP nên HO2.KO2 lớn nhất khi HO = KO 
;



2



2

4

AB2.CD2 lớn nhất khi HO2 .KO2 lớn nhất  HO = KO 

OP
2

 AB và CD cách đều O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn nhất bằng
1
16R4  16R2 .PO2  4.PO4  2R2  PO2  AB và CD cách đều O
2

Bài 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.
D
M
c) Tứ giác ABED là hình thang vuông

E
nên diện tích của nó là :
S=

AB( AD  BE )
.
2

Dễ thấy ADC# BCE (g  g )  AD .BE  AC .BC  k A
C
O
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 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).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình
chữ nhật.
- 18 -

B


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
M
Q
nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Giải :
E
K
a) Dễ chứng minh được.
I
b) Chứng minh được EO là trung trực AM
nên O, I, E thẳng hàng.
B

·  MBP
·
c) Ta có OE//MP => EOA
 AEO# PMB 

O

P

x

A

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(2R  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
 3  R  3  3 3R 2
x
x
x
= 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

Vậy diện tích hình chữ nhật APMQ lớn nhất bằng

3 3R 2
khi M thuộc đường tròn
4

sao cho P là trung điểm OB.
Bài 5. ( Thi vào THPT Nguyễn Bình - Quảng Ninh 2013-2014 )
- 19 -


Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống
AK
a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
c) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi
tam giác OPK lớn nhất
Giải :
a) Vì M là điểm chính giữa của cung AB,
M
0
ˆ  900

nên sđ ¼
AM  90 => AOM
(đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt)

K

0
=> ·
AHM = 90

H

ˆ ·
Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM
AHM  900

Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới
một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp

A

O

P

B

·
b) Xét tam giác vuông MHK có MKH
 450

Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H
c) Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK
Xét  MHO và  KHO có
HM = HK (c/m trên)
HO cạnh chung
OM = OK = R
Suy ra  MHO =  KHO ( c-c-c)
·
·
 KOH
Nên MOH
, Do vậy OH là phân giác của góc MOK
d) Ta có chu vi của tam giác OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK không đổi, nên
chu vi tam giác OPK lớn nhất  OP + PK lớn nhất
Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có
(OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2. Vậy (OP + PK)2 lớn nhất bằng 2R2, nên
OP + PK lớn nhất bằng 2R . Do đó chu vi của tam giác OPK lớn nhất bằng: 2R +
R = ( 2  1)R , khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của cung MB

II - BÀI TẬP TỰ LUYỆN.
Bài 1. Cho tam giác đều ABC, trên cạnh BC lấy điểm E, qua E kẻ các đường thẳng song
song với AB và AC chúng cắt AC tại P và cắt AB tại Q.
- 20 -


1) Chứng minh BP = CQ.
2) Chứng minh tứ giác ACEQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí của E trên cạnh
BC để đoạn PQ ngắn nhất.
3) Gọi H là một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho HB2 = HA2 + HC2. Tính
góc AHC.

Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn tâm O, kẻ đường kính AD, AH
là đường cao của tam giác (H  BC).
1) Chứng minh tứ giác ABDC là hình chữ nhật.
2) Gọi M, N thứ tự là hình chiếu vuông góc của B, C trên AD. Chứng minh HM
vuông góc với AC.
3) Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác vuông ABC là r và R.
Chứng minh : r + R  AB.AC .
Bài 3. 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.
Bài 4. 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.
Bài 5. Cho điểm A ở ngoài đường tròn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn
(B, C là tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M  B, M  C). Gọi D, E, F tương
ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm
của MB và DF; K là giao điểm của MC và EF.
1) Chứng minh:
a) MECF là tứ giác nội tiếp.
b) MF vuông
góc với HK.
2) Tìm vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn nhất.
Bài 6. 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).

1. Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh: MN là tia 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.

- 21 -


Bài 7. Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC(
·
M khắc B ) và N là điểm trên CD ( N khác C ) sao cho MAN
 45o . Đường chéo BD cắt
AM và AN lần lượt tại P và Q.
a) Chứng minh rằng ABMQ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng AH vuông góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Bài 8. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). Gọi
C, D là hai điểm trên nửa đường tròn đó sao cho C thuộc cung AD và góc COD = 1200.
Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đường thẳng AC và BD là
F.
a) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tính bán kính của đường tròn đi qua C, E, D, F nói trên theo R.
c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng
vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán.
Bài 9. Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C
cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ
đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ
BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I.
·
· . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.

 BAC
1) Chứng minh rằng MBC
2) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
3) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt
(O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
4) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
Bài 10. Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là
một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK
e) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp
f) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao?
g) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK
h) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam
giác OPK lớn nhất.
Bài 11. Cho đường tròn (O) có bán kính R và điểm C nằm ngoài đường tròn. Đường
thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B ( A nằm giữa C và O). Kẻ tiếp tuyến CM
đến đường tròn ( M là tiếp điểm). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt CM tại E và
tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt CM tại F.
1) Chứng minh tứ giác AOME nội tiếp đường tròn.
·
·
 OMB
2) Chứng minh AOE
và CE.MF=CF.ME
3) Tìm điểm N trên đường tròn (O) ( N khác M) sao cho tam giác NEF có diện tích
·
 300 .
lớn nhất.Tính diện tích lớn nhất đó theo R, biết góc AOE
Bài 12. Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính
AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại

- 22 -


điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho
AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N.
a) CMR: ABC=DBC
b) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp.
c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng
d) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN
có độ dài lớn nhất.
Bài 13. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 12 cm. Trên nửa mặt phẳng bờ AB
chứa nửa đường tròn (O) vẽ các tia tiếp tuyến Ax, By. M là một điểm thuộc nửa đường
tròn (O), M không trùng với A và B. AM cắt By tại D, BM cắt Ax tại C. E là trung điểm
của đoạn thẳng BD.
1.Chứng minh: AC . BD = AB2.
2.Chứng minh: EM là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O.
3.Kéo dài EM cắt Ax tại F. Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn tâm O
sao cho diện tích tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 14. 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 .
Bài 15
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố
định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ
đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ
BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I.

·
· . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
 BAC
1) Chứng minh rằng MBC
2) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
3) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt
(O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
4) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.

Bài 16.
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các
·
điểm M và N sao cho góc MBN
= 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ
dài đoạn BI theo a.
c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.
- 23 -


Bài 17.
Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại
B.
» lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung
Trên cung AB
điểm của
AM , tia CO cắt d tại D.
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: NO  AD

c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 18.
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn
(O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường
thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P.
1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại
điểm F.
Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF.
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định
vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài 19.
Cho (O;R) Dây BC<2R cố định .Gọi A chạy trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC
Nhọn kẻ ba đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H
a) Chứng minh AEFH nội tiếp ,xác định tâm I dường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
b) Chứng minh rằng khi A chạy trên cung lớn BC thì tiếp tuyến tại E của (I) luôn đi
qua một điểm cố định.
c) Tìm vị trí A thuộc cung lớn BC để diện tích tam giác AEF lớn nhất
Bài 20
Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C
làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là
D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông
góc với AN .
1) CMR: ABC=DBC
2) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp.
3) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng
4) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có
độ dài lớn nhất.

- 24 -


- 25 -