CHUYÊN đề bất ĐẲNG THỨC HÌNH học lớp 7 8 9

Bất đẳng thức và cực trị hình học

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC LỚP 7- 8 – 9
A.LÍ THUYẾT
1.Các bất đẳng thức về góc
a) Trong một tam giác thì góc tù là góc lớn nhất.
b) Trong một tam giác thì góc ngồi lớn hơn mỗi góc trong khơng kề với nó.
2. Các bất dẳng thức về đoạn thẳng.
a) Cho ba điểm A, B, C ta ln có: AB + BC �AC
Dấu “=” xảy ra khi ba điểm A, B, C thẳng hàng.
b) Bất đẳng thức tam giác: Trong một tam giác ta ln có: độ dài một cạnh ln lớn
hơn hiệu độ dài hai cạnh và bé hơn tổng độ dài hai cạnh.
c) Trong một tam giác vng thì cạnh huyền là cạnh lớn nhất.
d) Nếu từ một điểm khơng thuộc đường thẳng ta kẻ các đường vng góc và đường
xiên thì:
- Đường vng góc là đoạn thẳng ngắn nhất.
- Hai đường xiên bằng nhau thì có hình chiếu bằng nhau và ngược lại.
- Trong hai đường xiên không bằng nhau thì đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn
thì lớn hơn và ngược lại.
e) Liên hệ giữa dây cung và khoảng cách đến tâm đường tròn.
Trong một đường trịn thì:
- Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau
- Trong hai dây không bằng nhau dây nào cách xa tâm hơn thì nhỏ hơn và ngược lại.
Ta cũng có:
- Trong một đường tròn, hai dây bằng nhau trương hai cung bằng nhau.
- Dây nào trương cung lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
3. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác.
a) Trong một tam giác thì:
- Đối diện với góc lớn hơn là góc lớn hơn và ngược lại.
- Cạnh đối diện với góc tù là cạnh lớn nhất.
b) Trong hai tam giác có hai cạnh tương ứng bằng nhau và có góc xen giữa khơng

bằng nhau thì:
- Đối diện với góc lớn hơn ta có cạnh thứ ba lớn hơn.
- Đối diện với cạnh thứ ba lớn hơn ta có góc xen giữa lớn hơn.
*Chú ý:
Ngồi các kiến thức hình học cơ bản trên, ta cũng thường sử dụng các bất đẳng thức
đại số quen thuộc:
a)
b) Với hai số không âm:
- Nếu tổng của chúng không đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi hai số ấy
bằng nhau.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

1


Bất đẳng thức và cực trị hình học
- Nếu tích của chúng khơng đổi thì tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi hai số ấy
bằng nhau.
B. CÁC PHƯƠNG PHÁP
Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thường dùng các phương pháp
sau:
- Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vng góc.
- Vận dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc .
- Vận dụng bất đẳng thức trong tam giác và đường trịn tìm cực trị.
- Vận dụng bất đẳng thức đại số.
- Vận dụng diện tích tìm cực trị.
C. CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ
C.I. CÁC BÀI TOÁN LỚP 7

�
�
Bài 1: Cho tam giác ABC, M là trung diểm của cạnh BC và BAM  CAM . Chứng
minh: AB < AC
GIẢI:
Vẽ tia đối của tia MA, trên tia này lấy điểm D sao cho MD = MA.
Xét  MAB và  MDC có:
MA = MD(cách vẽ)
�
�
AMB  DMC
(đối đỉnh)
BM = MC (M là trung diểm cạnh BC).
Do đó  MAB =  MDC (c.g.c).
�
�
Suy ra AB = DC, BAM  MDC
Xét  ADC có:
�
�
�
�
�
�
ADC  CAD
( BAM
> CAM (giả thiết); BAM
= MDC )
AC > DC (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác)

Ta có DC < AC, AB = DC. Suy ra AB < AC.
Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD  AC, CE  AB (D �AC, E �AB).Chứng
minh rằng AB – AC > BD – CE
GIẢI:
Trên cạnh AB lấy diểm F sao cho AF = AC.
Vì AB > AC nên F nằm giữa A và B.
Vẽ FG  AC, FH  BD (G �AC, H �BD)
Ta có FG  AC, BD  AC (giả thiết) � FG // BD.
o
o
�
�
Xét  GFD ( FGD = 90 ) và  HDF ( DHF
= 90 )
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

2


Bất đẳng thức và cực trị hình học

�
�
có DF (cạnh chung), GFD = HDF
(vì FG // BD).


Do đó GFD = HDF (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra FG = HD, GH = FH
o
o
�
�
Xét  GAF ( GAF = 90 ) và  EAC ( AEC = 90 ) có:
AF = AC
�
GAF
(góc chung)


Do đó GAF = EAC (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra FG = CE. Do vậy GF = CE = HD
Ta có FH  BD nên FB > BH(quan hệ giữa đường xiên và đường vng góc)
Suy ra AB – AC > BD – HD. Hay AB – AC > BD – CE.
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, trên cạnh AB lấy điểm D, trên tia đối của tia CA
lấy điểm E sao cho BD = CE. Chứng minh rằng: BC < DE.
GIẢI
Gọi M là giao điểm của BC và DE.
Vẽ DI  BC tại I, EK  BC tại K
 IDB =  KEC (cạnh huyền – góc nhọn)
� DI = EK, BI = CK
BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. vẽ AH  BC tại H.
Chứng minh rằng: BC + AH > AB + AC.
GIẢI:
Trên cạnh BC lấy D sao cho BD = AB.
Trên cạnh AC lấy E sao cho AE = AH
Ta có: BD = AB

�
�
�  BAD cân tại B � BAD
= BDA
o �
o
�
�
�
Mà BAD
+ DAE
= 90 , BDA
+ HAD
= 90
�
�
Nên HAD
= DAE

�  HAD =  EAD (c.g.c) � �
AHD  �
AED
DE  AC � DC > EC
Do đó AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC.
Bài 5: Cho = . B là điển trên tia Ax, C là điểm trên tia Ay (B, C khác A). Chứng
minh rằng: AB + AC 2BC.
GIẢI:
Vẽ Az là tia phân giác của góc xAy.
Vẽ BM Az tại M, CN Az tại N.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

3


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Gọi K là giảo điểm của Az và BC.
BM = AB, BM BK
Do đó AB BK AB 2BK
Tương tự có AC 2CK
Do đó AB + AC 2(BK + CK) = 2BC
Bài 6: Tam giác ABC có = , = 54, trên cạnh AC lấy điểm D sao cho = 18. Chứng
minh rằng: BD < AC.
GIẢI:
Vẽ BE là tia phân giác của góc ABD ( E AD).
Từ E vẽ EF BD (F BD)
Ta có = = = 18
Xét ABE ( = ) và FBE ( = ) có:
BE (chung), =
Do đó ABE = FBE (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra AE = FE, = = 72
DFE có = 180 - 2.72 = 36 mà = nên = - 36 = 54
Xét DFE có < FD < FE. Ta có FD < FE, AE = FE FD < AE
Mà = 36 EBC cân đỉnh E EB = EC.
Ta có BF < EB (quan hệ giữa đường xiên và đường vng góc)
Mà EB = EC nên BF < EC. Do đó BD = BF + FD < EC + AE = AC
Bài 7: Cho tam giác ABC có BC là cạnh lớn nhất, BM là đường trung tuyến. Điểm
D nằm trên đoạn BM (D khác B). Chứng minh rằng > .
GIẢI:

Trên tia đối của tia MD lấy E sao cho ME = MB
MAE = MCB (c.g.c) AE = BC
Lại có BC > AV nên AE > AB
ABE có AE > AB
Nên >
Mà > ( ABC có BC > AB). Vậy <
> > . Do vậy > .
Bài 8. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng : AB + AC >
2AM.
GIẢI:
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA.
Xét MAB và MDC có: MA = MD, (đối đỉnh)
MB = Mc (giả thiết)
Do đó MAB = MDC (c.g.c) AB = DC
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

4


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Xét ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác)
Do đó AB + AC > AD mà AD = 2AM
Suy ra AB + AC > 2AM.
Bài 9: Cho tam giác ABC, M là điển nằm trong tam giác. Chứng minh rằng:
MB + MC < AB + AC
GIẢI:
Vẽ đường thẳng BM cắt AC tại D
Vì M ở trong tam giác ABC nên D nằm giẵ A và C,

Suy ra: AC = AD + DC
Xét ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác)
MB + MD < AB + AD (1)
Xét MDC có MC > DC + MD (2)
(bất đẳng thức tam giác)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:
MB + MC + MD < AB + (AD + DC) MB + MC < AB + AC.
Bài 10. Cho tam giác ABC, M là điểm trên tia phân giác góc ngồi đỉnh C. Chứng
minh rằng MA + MB > AC + BC.
GIẢI:
Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng
MC cắt đường thẳng BC tại D, cắt MC tại H.
Xét CAH có CH vừa là đường cao ( CH AD),
vừa là đường phân giác (gt).
CAH cân tại C CA = CD, HA = HD
MA = MD (Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu).
Xét MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác)
Mà BD = CD + BC = AC + BC. Dó đó MA + MB > AC + BC.
II.CÁC BÀI TỐN LỚP 8.
Bài 1. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: SABCD AC.BD.
GIẢI:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
Vẽ BH, DK lần lượt là các đường cao của tam giác ABC, DAC.
Do đó SABCD = SABC + SDAC
= BH.AC + DK.AC = AC.(BH + DK)
Mặt khác, BH OH BH OB và DK OK
DK OD.
Mà OB + OD = BD, nên BH + DK BD.
Vậy SABCD AC.BD.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

5


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác.
Chứng minh rằng: AB + AC > AH + BH + CH.
Từ đó suy ra chu vi tam giác ABC lơn hơn (AH + BH + CH)
GIẢI:
Vẽ HD // AC, HE // AB (D AB, E AC).
Ta có HD // AC, BH AC (vì H là trực tâm ABC)
Nên HD BH DB > BH.
Chứng minh tương tự ta cũng có EC > CH.
Ta có: HD // AE, HE // DA
Tứ giác AEHD là hình bình hành AD = HE
AEH có HE + AE > AH AD + AE > AH
Như vậy AB + AC = AD + DB + AE + EC = (AD + AE) +BD + EC > AH + BH + CH
Chưng minh tương tự ta có : AB + BC > AH + BH + CH, AC + BC > AH + BH + CH
Do đó 2(AB + BC + AC) > 3(AH + BH + CH).
Vậy AB + BC + AC > (AH + BH + CH)
Bài 3. Cho tam giác ABC có AB > BC. Các đường phân giác trong là AD và CE.
Chứng minh rằng AE > DE > CD.
GIẢI:
Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB ở K
Ta có AD là đường phân giác trong của tam giác ABC
Nên và CE là đường phân giác trong của
tam giác ABC nên . Mà AB > BC.
Do đó < . Vậy

ABC có DK // AC
theo định lí Ta-let trong tam giác ta có .
Do đó + 1 < + 1.
Hay KB > EB.
K không trùng E. Do vậy DE cắt AC, gọi M là giao điểm của DE và AC.
Ta có > ( là góc ngồi của tam giác DAM)
= (gt). Do đó > .
Xét ADE có > AE > DE
(1)
Mặt khác = (gt), mà > ( là góc ngồi của CEM),
Do đó > . Xét DCE có > DE > CD (2)
Từ (1) và (2) ta có AE > DE > CD.
Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 2CD.
So sánh và .
GIẢI:
Vẽ AE là đường phân giác của tam giác ADB.
Ta có > = nên AB > AD.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

6


Bất đẳng thức và cực trị hình học
ABD có AE là đường phân giác
> 1 EB > ED EB >
Gọi M là trung diểm của BD MB = .
Vậy M nằm giữa B và E. Nên < .
ABM = ACD (c.g.c) . Vậy < .

Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AB, AC lấy M, N sao cho
AM = AN = AH. Chứng minh rằng .
GIẢI:
Gọi K là trung điểm cạnh BC
Xét ABC vuông tại A, AK là đường trung tuyến
AK = . Ta có AH AK (vì AH HK)
Do đó SAMN = AM.AN = AH.AH AH.AK
Mà SABC = AH.BC = AH.AK. Vậy .
Bài 6. Cho tam giác OBC cân tại O. Hai đường thẳng m và m’ lần lượt qua B và C
song song với nhau và không cắt tam giác OBC. Gọi A là giao điểm của hai đường
thẳng OC và m, D là giao điểm của hai đường thẳng MO và m’. Xác định vị trí của
m và m’ để tích AB.CD đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI:
Vẽ OH BC, OE // m (H, E BC) m // m’ (gt) nên OE // m’
ABC có OE // AB = (1);
BDC có OE // DC (2)
Cách 1: Từ (1), (2) ta có
OE = = 1
Do đó =
AB.CD 4OH2 (vì OE OH)
Dấu “=” xảy ra AB = CD và E H
m BC và m’ BC
Cách 2: Từ (1), (2) ta có = . Mà BE.EC (BE + EC)2 = BE2
Suy ra AB.CD 4.OE2. Mặt khác OE OH nên AB.CD 4.OH2
Dấu “=” xảy ra BE = EC, E H m BC; m’ BC
Bài 7. Tam giác ABC có diện tích S. các điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh
AB, BC, CA sao cho AD = k.AB; BE = k.BC; CF = k. CA.
a) Tính diện tích tam giác DEF theo S và k.
b) Với giá trị nào của k thì đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.Ta có

Lại có:
Do đó SBDE = ( 1 – k).kS.
Tương tự ta có: SCFE = ( 1 – k).kS
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

7


Bất đẳng thức và cực trị hình học
SDAF = ( 1 – k).kS
Vì S khơng đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức 1 – 3k + 3k2 đạt giá trị nhỏ
nhất
Ta có 1 – 3k + 3k2 =.
Dấu “=” xảy ra
Vậy với k = thì diện tích đạt giá trị nhỏ nhất bằng . Khi đó các điểm D, E, F theo thứ tự
là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA.
Bài 8. Chứng minh rằng trong các tam giác vng có chiều cao ứng với cạnh huyền
khơng đổi, tam giác vng cân có chi vi nhỏ nhất.
Giải
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung
Tuyến AM. Chu vi tam giác ABC bằng
P = AB + BC + AC
Mà BC = 2AM 2AH
Dấu “ = “ xảy ra khi H M
Ta có AB + AC
=
Dấu “=” xảy ra khi H M
Do đó P = AB + BC + AC

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng tam giác ABCvuông cân tại A.
Bài 9. Cho tam giác vuông ABC vuông ở A. AB = 4,1 cm; AC = 3,2 cm. M là điểm
thay đổi trên cạnh BC; gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên AB và
AC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác HMK.
Giải
Tứ giác AHMK có 3 góc vng nên là hình chữ nhật.
nên tam giác MHK vng ở M.
Diện tích tam giác MHK là S=
Áp dụng định lý TaLet ta được
Suy ra
Đáp số S lớn nhất bằng 1,64 (cm2) khi Hay M là trung điểm BC.
Bài 10. Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2.
Chứng minh rằng SABCD
GIẢI:
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Vẽ AH BD tại H, CK BD tại K.
HAB vuông tại H AB2 = HA2 + HB2
KCD vuông tại K CD2 = KD2 + KC2
Nên AB2 + CD2 =
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

8


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Tương tự có BC2 + AD2 =
Ta có =
HB2 + KD2 = KB2 + HD2

Ta có H K AC BD SABCD = AC.BD SABCD
Bài 11. Cho hình chữ nhật ABCD, M là điểm nằm trong hình chữ nhật. Tính giá trị nhỏ
nhất của biểu thức AM.CM + BM.DM
GIẢI:
Qua M vẽ HK BC (H BC, K AD)
BC // AD nên HK AD
Vẽ điểm E ở ngồi hình chữ nhật ABCD
Sao cho AE = CM, DE = BM
MBC = EDA (c.c.c) SMBC = SEDA
SABCD = AB.BC = KH.BC = 2
= 2(SMBC + SMAD)
= 2(SEDA + SMAD )
= 2SMADE
= 2(SMAE + SMED)
Vẽ MI AE, MJ DE (I AE, J DE)
MI AM, MJ DE MI.ME MJ.ED và MJ.ED DE.DM
2SMAE AM.CM và 2SMED BM.DM
Do đó AM.CM + BM.DM SABCD (không đổi). Dấu “=” xảy ra I A, J D.
Bài 12. Cho tam giác ABC, M là điểm cạnh BC.
Chứng minh rằng: MA.BC < MC.AB + MB.AC
GIẢI:
Vẽ MD // AB (D AC) ABC có MD // AB
Suy ra MD =
ADM có AM < MD + DA
Do đó MA < + MA.BC < MC.AB + MB.AC
Bài 13. Cho tam giác ABC, M là một điểm nằm trong tam giác (có thể ở trên cạnh).
Chứng minh rằng MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC. Dấu “=” xảy ra khi nào?
GIẢI:
Xét 2 trường hợp
a) ABC khơng có góc tù. AM cắt BC tại D. Vẽ BH AD, CK AD (H, K AD)

Ta có MA.BC = MA(BD + DC) MA(BH + CK)
= MA.BH +MA.CK = 2SMAB + 2SMAC
Chứng minh tương tự ta có
MB.CA 2SMAB + 2SMBC.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

9


Bất đẳng thức và cực trị hình học
MC.AB 2SMAC + 2SMBC
Do đó ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC
Dấu “=” xảy ra M là trực tâm của ABC.
b) ABC có một góc tù, giả sử > .
Vẽ AB’ AC và AB’ = AB
M A và M nằm trong AB’C (nếu không ta
vẽ AC’ AB. AC’ = AC và giải tương tự)
(AB =AB’) MB > MB’
Mà CB > CB’

Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’
Theo a) ta có MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ 4SAB’C = 2AB’.AC
Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > 2AB.AC > 4SABC
Tóm lại: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC
Dấu “=” xảy ra ABC khơng có góc tù và M là trực tâm của ABC.
Bài 14. Cho tam giác ABC ( = ). Từ một điểm M trong tam giác vẽ MI BC, MJ CA,
MK AB (I BC, J CA, K AB). Xác định vị trí cảu điểm M sao cho tổng MI2 + MJ2 +
MK2 đạt giá trị nhỏ nhất.

GIẢI:
Vẽ đường cao AH của ABC
Tứ giác AJMK là hình chữ nhật (vì = = = ) AM = JK
MKJ có = nên theo định lí Py-ta-go ta có
JK2 = MK2 + MJ2
Do đó MJ2 + MK2 = MA2
Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA AI
AH IH AI AH
2
Ta có MI + MJ2 + MK2
= MI2 + MA2 AI2 AH2
Do đó MI2 + MJ2 + MK2 AH2 khơng đổi
MI = MA
Do đó “=” xảy ra M nằm giữa A và I M là trung điểm AH
I H
Bài 15. Cho tam giác ABC vuông cận tại A. Trên cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các
điểm K, L, M sao cho tam giác KLM vuông cận tại K. Xác định vị trí của K, L, M
để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI:
Kẻ LH AB (H AB)
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

10


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Xét HLK và AKM có:
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc)

Và LK = MK (KLM vng cân tại K)
Do đó HLK = AKM HK = AK, HK = AM
HBL có = ; =
HBL vuông tại H HL = BH
Đặt AK = x, AM = y. Ta có AB = 2x + y
SABC = AB2 = (2x + y)2
= [5(x2 + y2) – (x – 2y)2] .5(x2 + y2) = KM2 = 5.SKLM (AKM có nên x2 + y2 = AK2 +
AM2 = KM2;KLM vuông cân nên SKLM = KM2) SKLM SABC (không đổi)
Dấu “=” xảy ra x = 2y AK = AB, AM = AC.
CÁC BÀI TOÁN LỚP 9.
Bài 1. Cho góc xOy = 50o. Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz sao cho góc xOz = 22 o. Trên
Oz lấy điểm M sao cho OM = 67cm. Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua điểm M
và cắt 2 tia Ox, Oy tương ứng tại A, B. Tính giá trị nhỏA'nhất
X của diện tích tam giác
ABO.
Giải
Ta chứng minh SOAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MA = MB.
Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB, kẻ AN // Oy (N A’B’)
N
C
A
ANBB’ là hình bình hành
SOAB = SOANB’ < SOA’B’
Khi M là trung điểm của AB dựng hình bình hành OACB OC = 134 (cm)
Kẻ AH OC, đặt AH = x (cm). Ta có:
M

Và OH + HC = OC = 134 (cm)
Lại có: x = OH . tan 220

Z

H

22 0
280

x = HC . tan 280

O

B'

B

Y

Bài 2.cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểrm M
thuộc cung AB. Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ các tiếp tuyến Ax, By với
nửa đường tròn. Đường vng góc với CM tại m cắt Ax, By theo thứ tự ở D, E.
a) Chứng minh các tam giác ADC và BCE đồng dạng.
b) Giả sử OA = R và C là trung điểm OA. Tính diện tích nhỏ nhất của tứ giác
ABED.
GIẢI
Ta chứng minh được
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

11

Bất đẳng thức và cực trị hình học
( cùng phụ với )
ADC = BCE (g.g)
(1)
Gọi S là diện tích hình thang ABED
Ta có:
AD + BE (Bất đẳng thức Cơ-si)
Từ (1), (2), (3) suy ra
Vậy diện tích nhỏ nhất của hình thang ABED bằng , khi đó CMOA và ABED là
hình chữ nhật.
Bài 3. Cho tam giác ABC không đều, ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường
tròn (O). Chứng minh rằng khi và chỉ khi 2BC AB + AC
GIẢI:
Gọi D và E lần lượt là giao điểm của AI với BC và đường tròn (O) (E khác A).
Xét ABC có AD là đường phân giác = .
Do đó = = .
Ta có : ,
,
,
ECI cân tại E EC = EI.
Xét ABD và AEC có ,
Do đó ABD AEC (g.g) . Nên .
OAE cân tại O (vì OA = OE)
Do đó EI AI
2BC AB + AC.
Bài 4. Cho hai đường tròn (O; R) và (O; R’) cắt nhau tại A và B (O và O’ ở hai nửa
mặt phẳng đối nhau bờ AB). Một cát tuyến di động qua B cắt (O) tại C và cắt (O’)
tại D sao cho B nằm giữa C và D. Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam

giác ACD nhận giá trị lớn nhất.
GIẢI:
Vẽ đường kính AM của đường trịn (O) và đường
Kính AN của đường trịn (O’).
Ta có = và =
(góc nội tiếp chắn nữa đường trịn)
Ta có + = + = 180.
Suy ra M, B, N thẳng hàng.
Ta có O; O’; A cố định, (O; R) và (O’; R’) cố định
M, N cố định.
Xét ACD và AMN có:
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)).
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

12


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Và (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O’)).
Do đó ACD AMN (g.g). Vì ACD AMN =
P(ACD) = .AC
(trong đó P(ACD) và P(AMN) lần lượt là chu vi của các tam giác ACD, AMN).
Ta có P(AMN), AM khơng đổi. Do đó P(ACD) lớn nhất AC lớn nhất
AC là đường kính của đường trịn (O) CD AB tại B.
Vậy khi tiếp tuyến CBD vng góc với AB tại B thì tam giác ACD có chu vi lớn nhất.
Bài 5. Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O, R) (BC 2R). A là điểm di
động trên cung lớn BC. Vẽ hình bình hành ABCD. Xác định vị trí của A để đồ dài
BD lớn nhất.

GIẢI:
Vẽ hình bình hành OBCI.
Ta có I cố định, OI = BC và OI // BC
Mà BC = AC, OI // AD
Tứ giác OADI là hình bình hành
ID = OA = R
Xét ba điểm I, B, D có BD BI + ID
Nên BD BI + R, không đổi. Dấu “=” xảy ra I nằm giữa B và D
Vậy khi A là giao điểm cảu đường thẳng qua O và song song với đường thẳng BI với
đường trịn (O) (A, B nằm khác phía đối với OI và OBCI là hình bình hành) thì độ dài
BD lớn nhất.
Bài 6. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. C là điểm thuộc nửa đường
trịn. Vẽ CH AB tại H. Đường trịn C, bán kính CH cắt nửa đuognừ tròn (O) ở D, E.
Chứng minh rằng SODCE = R2
GIẢI:
Nối O với C, D với E, OC DE
Gọi I là giao điểm của OC và DE
SODCE = OC.DE = R.DE
CH CO CE OE CI OI
OI OI2 IE R
DE R. Do vậy SODCE = R2.
Bài 7. Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính AB = 2R . lấy điểm I trong đoạn AO
sao cho OI = x (O < x < R). qua I vẽ đường thẳng d⊥ AB và cắt nửa đường tròn
tâm O tại M. xác định x để chu vi IMO lớn nhất.
Giải:
Đặt IM = y (O < y < R) xát , có:
OM2 = OI2 + IM2  x2 + y2 = R2 ( pytago)
Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 2(x2 + y2)
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

13


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y R
Dấu “=” xảy ra  x = y =
Chu vi là C = OI + IM +OM
= x + y + R R + R = ()R
Vậy max C = ()R x = y =
Do đó khi x = thì chu vi lớn nhất
Bài 8. Cho đường tròn (O, R) BC là dây cung cố định khác đường kính. Điểm A di
động trên cung lớn BC sao cho ABC nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF của ABC.
Xác định vị trí của điểm A để chu vi DEF đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
Tứ giác BFEC nội tiếp vì có 2 đỉnh F, E cùng
nhìn BC dưới 1 góc
=> ( cùng bù )
Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O )
có:
Vậy => Ax // EF
mà Ax OA => OA EF
CMTT: ta có OB FD , OC DE
Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD
= .(EF + DF + DE )
Dó đó : EF + DF + DE lớn nhất <=> SABC lớn nhất
<=> A là điểm chính giữa cung lớn BC
Bài 9. Cho nửa đường trịn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động trên
nửa đường trịn. Ở phía ngồi ABC, vẽ các nửa đường trịn đường kính AC, BC ;

gọi diện tích của 2 nửa hình trịn này là S1, S2
a) CMR: tổng S1 + S2 không đổi
b) Gọi S là diện tích hình giới hạn bởi ba nửa đường trịn. Tìm vị trí của điểm C
để S có giá trị lớn nhất.
Giải
a) Tổng diện tích 2 nửa đường trịn đường kính
AC, BC bằng:
S1 + S 2 = +
=.(AC2 + BC2) =.AB2
=. 4R2
=không đổi
b) Gọi S3 là diện tích nửa hình trịn đường kính AB
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

14


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3
Theo câu a, ta có S1 + S2 = = S3 => S = SABC
Do đó S lớn nhấ t <=> SABC lớn nhất
Kẻ CH AB, ta có:
SABC = AB.CH AB.CO = 2.R.R = R2 (khơng đổi )
Do đó: Smax = R2 <=> HO <=> C là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính AB
Bài 10. Từ một khối gỗ hình nón có bán kính đáy là 12cm, chiều cao 30cm, người ta
tiện thành một hình trụ . Tính thể tích lớn nhất có thể được của hình trụ được tiện
ra.
Giải

Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có:
Thể tích hình trụ là :
V=
Vì x + x + (60 – 2x) = 60 khơng đổi nên tích đạt giá trị lớn nhất khi x = 60 – 2x  x = 20
Vậy hình trụ có thể tích lớn nhất
(Áp dụng : Nếu ba số dương có tổng khơng đổi thì tích của chúng lớn nhất khi ba số đó
bằng nhau)
Bài 11. Cho một hình trịn (O) đường kính BC à điểm A thuộc đường tròn (O). Kẻ
đường cao AH của tam giác ABC. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của các đường
phân giác của tam giác AHB, AHC. Đường thẳng IK cắt AB, AC tại M và N. Chứng
minh SAMN SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC).
GIẢI:
Gọi D là giao điểm của AI và BC
J là giao điểm của BN và CK
ABC có BJ, CJ là hai đường phân giác
J là tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC
AJ là đường phân giác của tam giác ABC
Mặt khác có:
(AHD vng tại H)
(1)
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Nên
(2)
Mà ( AD là tia phân giác )
(3)
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

15

Bất đẳng thức và cực trị hình học
Từ (1), (2), (3) có CAD cân tại C
KJ AI
Chứng minh tương tự có IJ AK
Do vậy J là trực tâm AIK AJ IK
AMN có AJ vưa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân
Vậy AMN vuông cân tại A
AMI AHI (vì , = 45)
AH BC nên AH AO mà AO =
SAMN = AM.AN = AH2
SABC = AH.BC
Vậy SAMN SABC
Bài 12. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
1. Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Ma + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ
AB)
GIẢI:
1. Lấy điểm D trên đoạn thẳng MC sao cho MD = MB
BMD cân tại M có = 60 Tam giác BMD đều.
Suy ra: BM = BD
Ta có (vì cùng bẳng 60- )
MBA = DBC (c.g.c)
Do đó: DC = MA
Vậy MA + MB = CD + DM = MC
2. Do M thuộc cung nhỏ AB nên theo câu 1) có MA + MB = MC
Do đó P = MA + MB + MC = MC + MC = 2MC 2.2R = 4R
(R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC)

Vẽ OH BC tại H.
Dễ thấy = 60, BH = =
BH = OBsin. Nên R =
Do đó P
Dấu “=” xảy ra
M là điểm chính giữa cung nhỏ AB
Bài 13. Cho nửa đường trịn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên
nữa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại
C. CH cắ AB tại I.
a) Tính góc CIF
b) Chứng minh AE.AC + BF.BC khơng đổi khi EF di động trên nữa đường tròn
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

16


Bất đẳng thức và cực trị hình học
c) Tìm vị trí của AF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
GIẢI:
BE, AF là hai đường cao của ABC CI AB
Tứ giác IHFB nội tiếp
EOF đều nên = 60
30
ACI ABE
= AC.AE = AB.AI
Tương tự BCI BAF = BC.BF = BA.BI
Do đó AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI = AB(AI + IB) = AB2
ABC FEC

= = = SABFE = SABC
SABFE lớn nhất SABC lớn nhất CI lớn nhất
I O CAB cân
EF //AB
2
Khi đó SABC = = R . SABFE =
Bài 14. Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và M là một điểm trên nửa
đường trịn đó (M khác A và B). Tiếp tuyến với đường tròn O tại M cắt các tiếp
tuyến Ax và By với nửa đường tròn lần lượt tại C và D. Gọi N là giao điểm của AD
và BC.
a) Chứng minh MN // AC
b) Tính giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM. Khi đó
ứng với vị trí nào của M.
GIẢI:
a) Ax // By ( cùng vng góc AB)
Nên ANC DNB
Ta có:
(1)
Mà AC = CM; BD = DM
(2)
Từ (1) và (2)
(3)
(3) chứng tỏ AC // MN (định lý đảo của định lí Ta-lét)
b) AC // MN MNAB tại H
Ta có ABDC là hình thang vng nên CD AB
SABCD = (AC + BD).AB = (CM + MD).2R = CD.R 2.R.R = 2R2 (*)
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

17


Bất đẳng thức và cực trị hình học
SAMB = AB.MH = R.MH R.R = R2 (**) (do MH MO)
(*) và (**) suy ra: SABCD _ SAMB R2
Hay SACM + SBDM R2
GTNN là R2
Dấu “=” xảy ra CD = AB (ABCD là hình chữ nhật) và H O
M là diểm chính giữa của nửa đường tròn O.
Bài 15. Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm P cố định nằm trong
đường tròn. Hai dây cung AC và BD thay đổi nhưng vng góc với nhau tại P.
Xác định vị trí của AC và BD sao cho diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất.
Giải
B
A

P

K

H

C

O

D

Vẽ OH AC, OK BD (H AC, K BD)

Tư giác PHOK là hình chữ nhật () => KH = OP không đổi
Tam giác OKH vng tại O nên
Do đó : khơng đổi
Tứ giác ABCD có AC BD nên
Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương, ta có:
khơng đổi
Dấu “=” xảy ra AC = BD OH = OK PO là tia phân giác của góc HPK AC, BD hợp với
PO một góc 450 .
Vậy khi AC, BD hợp với PO một góc 450 thì diện tích ABCD lớn nhất .
Bài 16. Cho đường trịn (O; R) và một điểm A sao cho OA = R . Vẽ các tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn. Một góc xOy = 45 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D
và E. Chứng minh rằng:
a) DE là tiếp tuyến của đường tròn
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

18


Bất đẳng thức và cực trị hình học
b) R < DE < R
GIẢI:
a) Áp dụng định lý pitago tính được AB = AC = R
Tứ giác ABOC là hình vng
Kẻ bán kính OM sao cho =
=
Chứng minh BOD = MOD
=
Tương tự: D, M, E thẳng hàng

Do đó DE là tiếp tuyến của đường trịn (O).
b)Xét ADE có DE < AD + AE mà DE = DB + EC
2ED < AD + AE + DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC
Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R
Vậy R > DE > R.
Bùi Thị Hoa

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

19