chuyên đề bất đẳng thức và cực trị hình học

Bất đẳng thức và cực trị hình học
PHỊNG GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO HUYỆN CƯ’MGAR
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TẤT THÀNH
====== *** ======

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
CỰC TRỊ HÌNH HỌC

NGƯỜI THỰC HIỆN: BÙI THỊ HOA
THÁNG 3 - NĂM 2017
Trường THCS Nguyễn Tất Thành
GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

1


Bất đẳng thức và cực trị hình học
MỤC LỤC
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
III. NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI.
II. THỰC TRẠNG
1.Các kết quả thống kê :
2. Ưu điểm của việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình
học”

3. Khó khăn của việc dạy chun đề “Bất đẳng thức và cực trị hình
học”
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
1.Lý thuyết
2. Phương pháp
3. Các bài toán cụ thể
3.1 Các bài toán lớp 7
3.2 Các bài toán lớp 8
3.3 Các bài toán lớp 9
IV. Kết quả từ thực tiễn giảng dạy:
C.KẾT LUẬN
I. Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI:
II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
III. KIẾN NGHỊ
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
3
3
3
3
3
4
4
4
4
5
5
5
5

6
6
6
10
17
27
28
28
29
29

- SGK - SBT- SGV- toán lớp 7; 8; 9 tập 1, tập 2 hiện hành.
- Sách nâng cao và phát triển toán từ lớp 7; 8; 9 tập 1, tập 2 của Vũ Hữu Bình
- Vẽ thêm đường phụ để giải các bài tốn hình học các lớp 7, 8, 9 của Nguyễn ĐứcTấn
- Tạp chí tốn tuổi thơ dành cho THCS, tạp chí THTT.

A. PHẦN MỞ ĐẦU
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

2


Bất đẳng thức và cực trị hình học

I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chắc các bạn sẽ nói rằng : “ Bất đẳng thức và cực trị hình học “ chỉ là một trong
những chủ đề về chứng minh hình học và đã có rất nhiều sách tham khảo cũng như các
tài liệu mà các bạn đã viết và nghiên cứu về chủ đề này. Vậy tôi viết riêng về chủ đề này

có nên chăng ?
Trong tất cả các cuộc thi học sinh giỏi toán: thi tự luận, thi Giải tốn trên máy tính
cầm tay, thi Violympic tốn trên mạng, …thì các bài tốn cực trị và bất đẳng thức hình
học ln làm đau đầu các em học sinh, q thầy cơ dạy tốn và các bậc phụ huynh u
mơn toán. Các bài toán cực trị và bất đẳng thức hình học ln đa dạng và hội tụ rất nhiều
kiến thức, kỹ năng và phương pháp giải toán sơ cấp. Và đây cũng là chủ đề hay được đề
cập đến trong các đề thi vào các trường phổ thông chuyên. Vì vậy từ niềm đam mê, u
thích bộ mơn Hình học tơi mạnh dạn sưu tầm các bài tốn về bất đẳng thức và cực trị
hình học để làm tài liệu nghiên cứu cho bản thân cũng như để bồi dưỡng học sinh giỏi.
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh lớp 7A1, 7A3, 9A3 năm học 2015- 2016, học sinh lớp 9A2 năm học
2016- 2017 trường THCS Nguyễn Tất Thành – Huyện Cư’Mgar – Đăk Lăk.
- Sách giáo khoa, sách giáo viên và các loại sách tham khảo khác.
III. NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
1.Nhiệm vụ
- Tìm hiểu thực trạng chất lượng của học sinh và cơ sở vật chất trước khi thực hiện đề tài.
- Nghiên cứu cơ sở lý luận của quá trình dạy học .
- Rút kinh nghiệm từ thực tiễn, đề xuất các giải pháp giúp cho việc nâng cao chất lượng
giáo dục có hiệu quả hơn.
2. Mục đích:
Phục vụ cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi khối 9, đồng thời tạo nguồn cho các lớp
trên, một phần nâng cao chất lượng đại trà, giúp các em học tập tích cực hứng thú , làm
cho việc giải các bài tốn hình học trở nên nhẹ nhàng, thêm u thích bộ mơn .
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
-Phương pháp điều tra .
-Phương pháp thống kê.
-Phương pháp tham khảo các tài liệu.
-Phương pháp thực nghiệm sư phạm : Cung cấp kiến thức cho học sinh qua mỗi bài học,
thực hiện các tiết dạy chuyên đề.
-Đánh giá kết quả của học sinh qua các tiết giảng dạy thực nghiệm, qua bài tập củng cố

và bài tập ở nhà.
-Phương pháp so sánh: Dùng biện pháp so sánh với các lớp có sử dụng phương pháp ,
phương tiện trực quan khác.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

3


Bất đẳng thức và cực trị hình học
-Phương pháp phân tích, tổng hợp: Rút kinh nghiệm hiệu quả sử dụng của giáo viên có
thuận lợi và khó khăn gì.
-Đánh giá thái độ học tập, sự hứng thú học tập của học sinh sau mỗi bài học.
B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI.
“Bất đẳng thức hình học” được làm quen từ lớp 7, lên lớp 8 ngoài bất đẳng thức
thì học sinh được làm quen với “cực trị hình học”. “Bất đẳng thức và cực trị hình
học” là một mảng rất khó trong phân mơn Hình học , để giải nó cần phải vận dụng nhiều
kiến thức và kĩ năng tổng hợp vì thế đối với học sinh lại rèn luyện được khả năng tư duy
sáng tạo, đòi hỏi mức độ tư duy lôgic cao. Ở mỗi khối lớp thì sẽ có thêm nhiều cơng cụ ,
phương pháp giải khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức một cách chắc
chắn thì mới làm được.
Khi dạy học về “Bất đẳng thức và cực trị hình học” thì việc tổ chức cho các em
nắm bắt và vận dụng kiến thức thường rất quan trọng. Người thầy phải tự mình đầu tư
nghiên cứu kiến thức tìm ra phương pháp rồi mới hướng dẫn các em học tập một cách
chủ động. Việc cung cấp cho các em những công cụ và thuật toán để giải bài tập theo
hướng cụ thể, mở rộng rồi tổng quát hóa để cho các em có kĩ năng rồi sau đó mới tư duy
sáng tạo. Nhưng có những bài tốn phải sử dụng nhiều các phương pháp tổng hợp mới
giải được bài toán. Như vậy, mỗi học sinh phải tự mình chủ động và sáng tạo địi hỏi sự

kiên trì , bền bỉ, cẩn thận, quyết tâm và có kế hoạch. Q trình học tốn cũng chính là
q trình rèn luyện rèn luyện phẩm chất đạo đức , rèn luyện con người.
II. THỰC TRẠNG
1.Các kết quả thống kê :
Về kết quả học tập bộ mơn tốn của học sinh năm học 2014 – 2015; 2015- 2016 :
Lớp
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
7A1
20%
50%
30%
0
7A3
25%
75%
0
0
9A3
45%
55%
0
0
9A2
40%
60%
0
0

Kết quả kiểm tra khảo sát chất lượng học kì I năm học 2015- 2016; 2016-2017:
LỚP
7A1
7A3
9A3

TỪ TB TRỞ LÊN
85%
66,8%
69%

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

4


Bất đẳng thức và cực trị hình học
9A2
100%
2. Ưu điểm của việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học”:
Vì chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” hội tụ rất nhiều kiến thức, kỹ
năng và phương pháp giải toán nên học sinh được củng cố và khắc sâu kiến thức toán rất
nhiều. Việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” cũng để giáo viên mở
rộng thêm kiến thức, sáng tạo hơn trong cách dạy qua đó giúp các em nâng cao kiến
thức, phát huy tư duy học tốn, hình thành những phẩm chất của con người sáng tạo.
3. Khó khăn của việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học”:
Vì chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” là một trong những chủ đề
rất khó trong chương trình phổ thơng cơ sở nên chủ yếu bồi dưỡng cho học sinh giỏi là

chính cịn về đại trà thường chỉ làm những bài toán bất đẳng thức và cực trị đơn giản để
các em nắm được trình tự các bước giải mà không phải tư duy nhiều, ngồi ra việc tìm
tịi lời giải cho một bài tốn cực trị mất nhiều thời gian dẫn đến các em nản chí.
III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
1.LÍ THUYẾT
1.1.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.
1.2. 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.
AB − AC < BC < AB+ AC

b) Bất Đẳng thức tam giác: trong một tam giác ta ln có:
c) Trong một tam giác vng thì cạnh huyền là cạnh lớn nhất.
d) Nếu từ một điểm không 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 khơng 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 trịn.
Trong một đường trịn thì:
- Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau
- Trong hai dây khơng bằng nhau dây nào cách xa tâm hơn thì nhỏ hơn và ngược lại.
Ta cũng có:
- Trong một đường trịn, hai dây bằng nhau trương hai cung bằng nhau.
- Dây nào trương cung lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
1.3. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác.
a) Trong một tam giác thì:

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

5


Bất đẳng thức và cực trị hình học
- 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)Bất đẳng thức Cô-Si: a ≥ 0, b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2 ab
b) Với hai số không âm:
- Nếu tổng của chúng khơng đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi hai số ấy
bằng nhau.
- Nếu tích của chúng khơng đổi thì tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi hai số ấy
bằng nhau.
2. 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.
3. CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ
3.1. 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, BMA
= DMC (đối đỉnh)
BM = MC (M là trung điểm cạnh BC).
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

6


Bất đẳng thức và cực trị hình học
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 )
·
·
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 ABV cân tại A, trên cạnh AB lấy diển 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:
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

7

Bất đẳng thức và cực trị hình học
Trên cạnh BC lấy D sao cho BD = AB.
Trên cạnh AC lấy E sao cho AE = AH, 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.
·
o
Bài 5: Cho xAy = 60 . B là điểm 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.
Gọi K là giảo điểm của Az và BC.
1
BM = 2 AB, BM ≤ BK
1
Do đó 2 AB ≤ BK ⇒ AB ≤ 2BK
Tương tự có AC ≤ 2CK
Do đó AB + AC ≤ 2(BK + CK) = 2BC
o ·
o
·
Bài 6: Tam giác ABC có BAC = 90 , ABC = 54 , trên cạnh AC lấy điểm D sao cho
o
·
DBC
= 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)
µ − DBC
·
B
o
·
2
Ta có ·ABE = DBE

=
= 18
o
o
·
Xét ∆ ABE ( ·ABE = 90 ) và ∆ FBE ( FBE
= 90 ) có:
·
BE (chung), ·ABE = FBE
Do đó ∆ ABE = ∆ FBE (cạnh huyền – góc nhọn)
o
·
Suy ra AE = FE, ·ABE = FBE
= 72
o
o
o
o
o
o
o
·
·
·
∆ DFE có EFD
= 180 - 2.72 = 36 mà EFD
= 90 nên FDE
= 90 - 36 = 54
·
·

⇒ FD < FE. Ta có FD < FE, AE = FE ⇒ FD < AE
Xét ∆ DFE có FED
< FDE
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

8


Bất đẳng thức và cực trị hình học
o
·
·
Mà EBC = ECB = 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
o
·
D nằm trên đoạn BM (D khác B). Chứng minh rằng: BDC > 90 .
GIẢI:
Trên tia đối của tia MD lấy E sao cho ME = MB
∆ MAE = ∆ MCB (c.g.c) ⇒ AE = BC
·
·
MEA
= MBC
Lại có BC > AB nên AE > AB
·

∆ ABE có AE > AB ⇒ ·ABM = MEA
·
Nên ·ABM > MBC
·
·
Mà BAM
> BCM ( ∆ ABC có BC > AB).
·
Vậy ·AMB < BMC
o
·
·
·
⇒ BMC
> 90 ⇒ MDC > MBC .
o
·
Do vậy BDC > 90 .

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, AMB = DMC (đối đỉnh)
MB = MC (giả thiết)
Do đó ∆ MAB = ∆ MDC (c.g.c) ⇒ AB = DC
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)
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

9


Bất đẳng thức và cực trị hình học
⇒ 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 vng 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.
3.2.CÁC BÀI TOÁN LỚP 8.
1
Bài 1. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: SABCD ≤ 2 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
1
1
1
= 2 BH.AC + 2 DK.AC = 2 AC.(BH + DK)
Mặt khác, BH ⊥ OH ⇒ BH ≤ OB và DK ⊥ OK
⇒ DK ≤ OD.
Mà OB + OD = BD, nên BH + DK ≤ BD.
1
Vậy SABCD ≤ 2 AC.BD.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác. Chứng minh rằng:
AB + AC > AH + BH + CH.
3
Từ đó suy ra chu vi tam giác ABC lớn hơn 2 (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.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

10


Bất đẳng thức và cực trị hình học
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).
3
Vậy AB + BC + AC > 2 (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
AC CD
=
Nên AB DB và CE là đường phân giác trong của
AC EA
=
tam giác ABC nên BC EB . Mà AB > BC.
AC
AC
DC EA
<

Do đó AB < BC . Vậy DB EB
∆ ABC có DK // AC
DC KA
=
theo định lí Ta-let trong tam giác ta có DB KB .
KA EA
KA
EA
<
Do đó KB EB ⇒ KB + 1 < EB + 1.
AB AB
<
Hay KB EB ⇒ KB > EB.
⇒ K không trùng E. Do vậy DE cắt AC, gọi M là giao điểm của DE và AC.
·
Ta có ·ADE > DAM
( ·ADE là góc ngồi của tam giác DAM)
·
·
·
DAM
= EAD
(gt). Do đó ·ADE > EAD
.
·
⇒ AE > DE
Xét ∆ ADE có ·ADE > EAD
(1)
·
·

·
·
·
Mặt khác DCE = ECA (gt), mà ECA > CED ( ECA là góc ngồi của ∆ CEM),
·
·
·
·
Do đó DCE > CED . Xét ∆ DCE có DCE > CED ⇒ 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.
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

11


Bất đẳng thức và cực trị hình học

1
·CAD
·
So sánh
và 2 BAD
.
GIẢI:
Vẽ AE là đường phân giác của tam giác ADB.
·

·
Ta có ·ADB > ACB = ABC nên AB > AD.
∆ ABD có AE là đường phân giác
EB AB
BD
=
⇒ ED AD > 1 ⇒ EB > ED ⇒ EB > 2
BD
Gọi M là trung diểm của BD ⇒ MB = 2 .
·
·
Vậy M nằm giữa B và E. Nên BAM
< BAE
.

1
·
·
·
·
= CAD
∆ ABM = ∆ ACD (c.g.c) ⇒ BAM
. Vậy CAD < 2 BAD
.
Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AB, AC lấy M, N sao cho
S AMN
1
≤
2.
AM = AN = AH. Chứng minh rằng S ABC

GIẢI:
Gọi K là trung điểm cạnh BC
Xét ∆ ABC vuông tại A, AK là đường trung tuyến
BC
⇒ AK = 2 . Ta có AH ≤ AK (vì AH ⊥ HK)
1
1
1
Do đó SAMN = 2 AM.AN = 2 AH.AH ≤ 2 AH.AK
S AMN
1
1
≤
2.
Mà S = 2 AH.BC = AH.AK. Vậy S ABC
ABC

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’
EC
OE
∆ ABC có OE // AB ⇒ AB = BC (1);

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

12


Bất đẳng thức và cực trị hình học
OC BE
=
∆ BDC có OE // DC ⇒ CD BC (2)
Cách 1: Từ (1), (2) ta có
1  BE +EC
 1
1
1
1
+
+
=

÷
OE  AB CD  = BC
= 1 ⇒ AB CD OE
2

2

2

1 1
1 1 + 1 
1 1 

1 1 
.

÷

÷

÷
Do đó AB CD ≤ 4  AB CD  = 4  OE  ≤ 4  OH 
⇒ AB.CD ≥ 4OH2 (vì OE ≥ OH)
Dấu “=” xảy ra ⇔ AB = CD và E ≡ H
⇔ m ⊥ BC và m’ ⊥ BC
OE 2
BE.EC
1
1
2
Cách 2: Từ (1), (2) ta có: AB.CD = BC . Mà BE.EC ≤ 4 (BE + EC)2 = 4 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 S DEF đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.Ta có

AD
AB − AD
BD
=k⇒

= 1− k =
AB
AB
AB
S
BD
⇒ CBD =
= 1 − k ⇒ SCBD = ( 1 − k ) .S
S ABC AB

S
BE
BE
= k ⇒ BDE =
= k ⇒ S BDE = k .S DBC
BC
S
CB
DBC
Lại có:
Do đó SBDE = ( 1 – k).kS.
Tương tự ta có: SCFE = ( 1 – k).kS
SDAF = ( 1 – k).kS
⇒ S DEF = S ABC − ( S BDE + SCEF + S AFD ) = S − 3k (1 − k ).S = S (1 − 3k + 3k 2 )
Vì S không đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức 1 – 3k + 3k2 đạt giá trị nhỏ
nhất
2

1 1 1


3 k − ÷ + ≥
2 4 4.
Ta có 1 – 3k + 3k2 = 
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

13


Bất đẳng thức và cực trị hình học

Dấu “=” xảy ra

k−

1
1
=0⇔k =
2
2

1
1
S
Vậy với k = 2 thì diện tích S DEF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 . 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
A
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 ≥ 2 AB. AC
= 2 AH.BC ≥ 2 AH .2 AH = 2 AH 2
Dấu “=” xảy ra khi H ≡ M

H

B

C

M

Do đó P = AB + BC + AC ≥ 2 AH + 2 AH 2 = 2 AH (1 + 2)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 AH (1 + 2) ⇔ H ≡ M ⇔ 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.
xy
Diện tích tam giác MHK là S= 2
x

y
+
=1
3,
2
4,1
Áp dụng định lý TaLet ta được

Suy ra

1≥

B

H

M

x

4 xy
xy 3, 2.4,1
⇒
≤
= 1, 64
3, 2.4,1
2
8

y

x
y 1
=
=
2
3,
2
4,1
2 Hay M
Đáp số S lớn nhất bằng 1,64 (cm ) khi

A

là trung điểm BC.
Bài 10. Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

C

K

14


Bất đẳng thức và cực trị hình học

Chứng minh rằng SABCD

AC 2 + BD 2
4
≤

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
2
2
2
2
Nên AB2 + CD2 = HA + HB + KD + KC
2
2
2
2
Tương tự có BC2 + AD2 = KB + KC + HA + HD
2
2
2
2
2
2
2
2
Ta có HA + HB + KD + KC = KB + KC + HA + HD

HB2 + KD2 = KB2 + HD2
1
AC 2 + BD 2
4
Ta có H ≡ K ⇒ AC ⊥ BD ⇒ SABCD = 2 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
 MH .BC MK . AD 
+

÷
2
2


SABCD = AB.BC = KH.BC = 2
= 2(SMBC + SMAD)
= 2(SEDA + SMAD )
= 2SMAED
= 2(SMAE + SMED)
Vẽ MI ⊥ AE, MJ ⊥ DE (I ∈ AE, J ∈ DE)

⇒ MI ≤ AM, MJ ≤ DM
⇒ MI.AE ≤ MA.AE và MJ.ED ≤ ED.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:
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

15


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Vẽ MD // AB (D ∈ AC) ∆ ABC có MD // AB
DA MB
MB. AC
=
Suy ra AC BC ⇒ MD = BC
∆ ADM có AM < MD + DA
MC. AB
MB. AC
Do đó MA < BC + BC ⇒ 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.
MC.AB ≥ 2SMAC + 2SMBC
Do đó ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4SABC
Dấu “=” xảy ra ⇔ M là trực tâm của ∆ ABC.
o
b) ∆ ABC có một góc tù, giả sử µA > 90 .
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)
·ABB ' = ·AB ' B (AB =AB’) ⇒ MB > MB’
·
·
Mà CBB ' > CB ' B ⇒ 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.
o
Bài 14. Cho tam giác ABC ( µA = 90 ). Từ một điểm M trong tam giác vẽ MI ⊥ BC,
MJ ⊥ CA, MK ⊥ AB (I ∈ BC, J ∈ CA, K ∈ AB). Xác định vị trí của điểm M sao
cho tổng MI2 + MJ2 + MK2 đạt giá trị nhỏ nhất.
GIẢI:

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

16


Bất đẳng thức và cực trị hình học
Vẽ đường cao AH của ∆ ABC

µ = Jµ = 90o ) ⇒ AM = JK
Tứ giác AJMK là hình chữ nhật (vì µA = K
¶ = 90o nên theo định lí Py-ta-go ta có
∆ MKJ có M
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
1
1
= MI2 + MA2 ≥ 2 AI2 ≥ 2 AH2
1
Do đó MI2 + MJ2 + MK2 ≥ 2 AH2 không 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 cân tại A. Trên cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các
điểm K, L, M sao cho tam giác KLM vng cân 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)
o
µ µ
Xét ∆ HLK và ∆ AKM có: H = A = 90
·
HLK
= ·AKM (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc)

Và LK = MK ( ∆ KLM vuông cân tại K)
Do đó ∆ HLK = ∆ AKM ⇒ HK = AK, HK = AM
µ = 90o ; B
µ = 45o
∆ HBL có H
⇒ ∆ HBL vng tại H ⇒ HL = BH
Đặt AK = x, AM = y. Ta có AB = 2x + y
1
1
SABC = 2 AB2 = 2 (2x + y)2
1
= 2 [5(x2 + y2) – (x – 2y)2]
1
5
≤ 2 .5(x2 + y2) = 2 KM2 = 5.SKLM
o
µ
( ∆ AKM có A = 90 nên x2 + y2 = AK2 + AM2 = KM2;
1
1
∆ KLM vuông cân nên SKLM = 2 KM2) ⇒ SKLM ≥ 5 SABC (không đổi)
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

17


Bất đẳng thức và cực trị hình học
2
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y ⇔ AK = 5 AB, AM = 5 AC.
3.3. 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 nhỏ nhất 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’)
⇒ 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:
ACˆ H = BOˆ C = 28 0

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

⇒ OH =

⇒ HC =

x
tan 22 0

x
tan 28 0

x = HC . tan 280
x
x
⇒
+
= 134 ⇔ x =
0
tan 22 tan 280

134
1
1
+
tan 220 tan 280

A'
X
1
1
1
SOACB = SOAC = AH .OC = .134.x ≈ 2061,15353(cm 2 )

2
2
2
Bài 2.Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểm M
Z
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.
N
C
A
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.
x
y
GIẢI
M H D
M
Ta chứng minh được

SOAB =

22 0GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

280

O

B'

18

B
A

C

O

E

Y

B


Bất đẳng thức và cực trị hình học
·
·
·
·
CDM
+ CEM
= CAM
+ CBM
= 900

·
⇒ DCE
= 900
·
·
⇒ ·ADC = BCE
( cùng phụ với ACD )
⇒ ∆ ADC = ∆ BCE (g.g)

AD AC
R 3 R 3R 2
⇒
=
⇒ AD.BE = AC.BC = .
=
BC BE
2 2
4 (1)
Gọi S là diện tích hình thang ABED
( AD + BE ) .AB = ( AD + BE ).R (2)
S=
2
Ta có:
AD + BE ≥ 2 AD.BE (3) (Bất đẳng thức Cô-si)
3R 2
S ≥ 2 R.
= R2. 3
4
Từ (1), (2), (3) suy ra
2

Vậy diện tích nhỏ nhất của hình thang ABED bằng R . 3 , khi đó CM ⊥ OA và
ABED là hình chữ nhật.
Bài 3. Cho tam giác ABC khơng đều, ngoại tiếp đường trịn (I) và nội tiếp đường
o
·
tròn (O). Chứng minh rằng AIO ≤ 90 khi và chỉ khi 2BC ≤ AB + AC
GIẢI:
Gọi D và E lần lượt là giao điểm của AI với BC và đường trịn (O) (E khác A).
DC
BD
Xét ∆ ABC có AD là đường phân giác ⇒ AB = AC .
BD + DC
BC
BD
Do đó AB = AB + AC = AB + AC .
·
·
·
Ta có : CIE = CAI + ACI ,
·
·
·
ECI
= ECB
+ ICD
,
·
·
·

·
CAI
= ECB
, ACI = ICD
·
·
⇒ CIE
= ECI
⇒ ∆ ECI cân tại E ⇒ EC = EI.
·
·
·
·
Xét ∆ ABD và ∆ AEC có BAD = EAC , ABD = AEC
BD AB
=
Do đó ∆ ABD ∽ ∆ AEC (g.g) ⇒ EC AE .
BD EC AI
=
=
Nên AB AE AE .
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

19


Bất đẳng thức và cực trị hình học

∆ OAE cân tại O (vì OA = OE)
BC
EI
1
1
o
·
Do đó AIO ≤ 90 ⇔ EI ≤ AI ⇔ AE ≤ 2 ⇔ AB + AC ≤ 2 ⇔ 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’).
o
o
·
Ta có ·ABM = 90 và ABN = 90
(góc nội tiếp chắn nữa đường trịn)
o
o
o
·
Ta có ·ABM + ABN = 90 + 90 = 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:
·ACD = ·AMN

( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)).
·
·
Và ADC = ANM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường trịn (O’)).
P ( ACD)
AC
Do đó ∆ ACD ∽ ∆ AMN (g.g). Vì ∆ ACD ∽ ∆ AMN ⇒ P ( AMN ) = AM
P ( AMN )
⇒ P(ACD) =
AM .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 độ 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
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

20

Bất đẳng thức và cực trị hình học
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 của đường thẳng qua O và song song với đường thẳng BI với
đường tròn (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 trịn (O; R), đường kính AB. C là điểm thuộc nửa đường
tròn. Vẽ CH ⊥ AB tại H. Đường tròn C, bán kính CH cắt nửa đường trịn (O) ở D,
3
E. Chứng minh rằng SODCE = 2 R2
GIẢI:
⊥
Nối O với C, D với E, OC DE
Gọi I là giao điểm của OC và DE
1
1
SODCE = 2 OC.DE = 2 R.DE
CH ≤ CO ⇒ CE ≤ OE ⇒ CI ≤ OI
R
3
R2
⇒ OI ≥ 2 ⇒ OI2 ≥ 4 ⇒ IE ≤ 2 R

3
⇒ DE ≤ 3 R. Do vậy SODCE = 2 R2.
Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB = 2R . lấy điểm H trong đoạn
AO sao cho OH = x (O < x < R). Qua H vẽ đường thẳng d⊥ AB và cắt nửa đường
tròn tâm O tại M. Xác định x để chu vi ∆ HMO lớn nhất.
Giải:
Đặt HM = y (O < y < R) xét ∆HMO , có:

OM2 = OH2 + HM2  x2 + y2 = R2 ( pytago)
Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2)
Ta được: (x + y)2
2R2 => x + y ≤ R 2

A

M

R
y

H

x

O

R 2
Dấu “=” xảy ra  x = y = 2
Chu vi ∆HMO là C = OH + HM + OM

= x + y + R ≤ R 2 + R = ( 2 + 1 )R
R 2
Vậy max C = ( 2 + 1 )R x = y = 2

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

21

B


Bất đẳng thức và cực trị hình học
R 2
Do đó khi x = 2 thì chu vi ∆HMO 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
A

Tứ giác BFEC nội tiếp vì có 2 đỉnh F, E cùng
nhìn BC dưới 1 góc

x
E

·
·
·
=> AFE = ACB ( cùng bù EFB
)

F

Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O )

có:
·
·
Vậy xAB = AFE => Ax // EF
mà Ax ⊥ OA => OA ⊥ EF
CMTT: ta có OB ⊥ FD , OC ⊥ DE
Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD

O

B

D

C

OH .EF OB.DF OC.DE R
+
+
=
2
2
2 .(EF + DF + DE )
= 2

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
C

a) Tổng diện tích 2 nửa đường trịn đường kính
AC, BC bằng:

S2

S1

1
1
π
π
S1 + S 2 = 2 + 2
π R2
π
π
π
A
= 8 .(AC2 + BC2) = 8 .AB2= 8 . 4R2 = 2 khơng đổi

S3
H

O

B

b) Gọi S3 là diện tích nửa hình trịn đường kính AB
Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3

Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

22


Bất đẳng thức và cực trị hình học
π R2
Theo câu a, ta có S1 + S2 = 2 = S3 => S = SABC

Do đó S lớn nhấ t <=> SABC lớn nhất
1
1
1
≤
Kẻ CH ⊥ AB, ta có:SABC = 2 AB.CH 2 AB.CO = 2. 2 R.R = R2 (không đổi )

Do đó: Smax = R2 <=> H

O <=> 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

S
ra.
GIẢI
Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có:

Vmax

IB
SI
IB x
2x
=
⇔
=
⇒
IB
=
= 640π (cm ) HA SH
12 30
30

B

I

3

Thể tích hình trụ là :
A
4 x2

2π
H
2
π .IB .IH = π
(30 − x) =
.x.x(60 − 2 x)
25
25
V=
Vì x + x + (60 – 2x) = 60 không đổi nên tích x.x(60 − 2 x) đạt giá trị lớn nhất khi x = 60
– 2x  x = 20
3
V
=
640
π
(
cm
)
max
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 đường trịn (O) đường kính BC và 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

1

≤ 2 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
VABC 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:
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

23


Bất đẳng thức và cực trị hình học

·ADH + DAH
·
= 90o ( VAHD vng tại H) (1)
·
BAC
= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
o
·
·
Nên DAC + BAD = 90
(2)
·

·
Mà ·ADH = BAD
( AD là tia phân giác BAH
)
(3)

·
·
Từ (1), (2), (3) có ADH = DAC ⇒ VCAD 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 vng cân tại A
AM AI
=
=1
·
·
∆ AMI ∽ ∆ AHI (vì MAI
= IAH
, ·AMI = ·AHI = 45 ° ) ⇒ AH AI
BC
AH ⊥ BC nên AH ≤ AO mà AO = 2
1
1
SAMN = 2 AM.AN = 2 AH2
1
SABC = 2 AH.BC
1

Vậy SAMN ≤ 2 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.
a) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ
AB)
GIẢI:
a) Lấy điểm D trên đoạn thẳng MC sao cho MD = MB
·
⇒ ∆ BMD cân tại M có BMD
= 60 ° ⇒ Tam giác BMD đều.
Suy ra: BM = BD
·
·
Ta có MBA = DBC (vì cùng bẳng 60 ° - ·ABD )
∆ MBA = ∆ DBC (c.g.c)
Do đó: DC = MA
Vậy MA + MB = CD + DM = MC
b) 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
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

24


Bất đẳng thức và cực trị hình học
(R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC)
Vẽ OH ⊥ BC tại H.

BC
a
·
Dễ thấy BOH = 60 ° , BH = 2 = 2
a 3
·
BH = OBsin BOH . Nên R = 3
4a 3
Do đó P ≤ 3
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
nửa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R, AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại
C. CH cắt AB tại I.
a Tính góc CIF
b Chứng minh AE.AC + BF.BC khơng đổi khi EF di động trên nửa đường trịn
c Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
GIẢI:
⇒
a) BE, AF là hai đường cao của ∆ ABC CI ⊥ AB
⇒ Tứ giác IHFB nội tiếp
·
·
·
·
⇒ HIF
= HBF
hay CIF = EBF
·
∆ EOF đều nên EOF

= 60 °
·
·
⇒ CIF
= EBF
= 30 °
b)Ta có: ∆ ACI ∽ ∆ ABE(g.g)
AC
AI
⇒ AB = AE ⇒ AC.AE = AB.AI
BC
BI
Tương tự ∆ BCI ∽ ∆ BAF (g.g) ⇒ BA = BF
⇒ BC.BF = BA.BI
Do đó:
AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI
= AB(AI + IB) = AB2 = 4R2 khơng đổi
c)Ta có: ∆ ABC ∽ ∆ FEC (g.g)
2
2
S FEC
 EF   R  1
3

÷

÷
⇒ S ABC =  AB  =  2 R  = 4 ⇒ SABFE = 4 SABC
SABFE lớn nhất ⇔ SABC lớn nhất ⇔ CI lớn nhất
Trường THCS Nguyễn Tất Thành

GV thực hiện: Bùi Thị Hoa

25