(Luận văn thạc sĩ) một số bài toán cực trị hình học trong các đề thi học sinh giỏi phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

QUÁCH THỊ TẤM

MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH
HỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI PHỔ THƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS.TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên - 2016

S hóa bi Trung tâm Hc liu


i

Mục lục
MỞ ĐẦU
0.1 Lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0.2 Cấu trúc của luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
1
1

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Bài tốn cực trị hình học . . . . . . . . . .
1.1.1 Bài toán cực trị hình học . . . . . .
1.2 Một số hướng giải bài tốn cực trị hình học
1.2.1 Sử dụng phương pháp véctơ . . . .
1.2.2 Sử dụng phương pháp tọa độ . . .
1.2.3 Sử dụng phương pháp đại số . . . .
1.2.4 Sử dụng phương pháp hình học tổng

3
3
3
3
3
3
3
3

. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
hợp

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

2 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
2.1 Các bài tốn cực trị hình học liên quan đến tính chất cơ
bản trong hình học phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Các bài tốn cực trị hình học liên quan đến tam giác . . . .
2.3 Các bài toán cực trị hình học liên quan đến đường trịn . .
2.4 Các bài tốn cực trị hình học liên quan đến hình học giải tích
2.5 Các bài tốn cực trị trong hình học không gian . . . . . . .

4
4
7
17
28
42

Kết luận

51

Tài liệu tham khảo

53


1

MỞ ĐẦU
0.1

Lý do chọn đề tài

Trong chương trình tốn THPT nói chung, trong các dạng tốn dành
cho học sinh giỏi nói riêng các bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất, đặc
biệt là các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến hình học
đều là những bài tốn thú vị và tương đối khó địi hỏi học sinh khơng chỉ
có một hệ thống kiến thức cơ bản mà cịn phải có kỹ năng giải tốn ở mức
độ nhất định.
Hiện nay, cũng có một số tài liệu toán dành cho bồi dưỡng học sinh
giỏi đã đề cập đến các bài tốn cực trị hình học nhưng chưa có một tài liệu
chuyên khảo nào viết về chủ đề này. Với mong muốn nghiên cứu, sưu tầm
một số dạng bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến hình
học để trực tiếp sử dụng trong công tác giảng dạy hằng ngày và bồi dưỡng
học sinh giỏi, chúng tơi chọn chủ đề về bài tốn cực trị hình học trong các
đề thi học sinh giỏi phổ thông để làm hướng nghiên cứu cho luận văn thạc
sĩ của mình.

Luận văn có nhiệm vụ
(1). Sưu tầm một số bài tốn cực trị liên quan đến hình học trong các đề
thi học sinh giỏi toán quốc tế, quốc gia và trên tạp chí Tốn học tuổi trẻ;
(2). Nghiên cứu các lời giải để đưa ra một sự gợi ý về các hướng giải bài
toán cực trị thường gặp;
(3). Đưa ra lời giải hoặc đưa ra lời giải chi tiết hơn đối với một số bài toán
mà trong tài liệu gốc chưa có lời giải hoặc mới chỉ có lời giải tóm tắt.

0.2

Cấu trúc của luận văn

Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai
chương
- Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Nội dung chương 1 bao gồm quan niệm về bài tốn cực trị hình học
và một số hướng giải quyết bài tốn cực trị hình học thường gặp trong
chương trình THPT;
- Chương 2: Một số bài tốn cực trị hình học


2

Nội dung chương 2 lần lượt trình bày các bài tốn cực trị hình học
trong các đề thi học sinh giỏi quốc tế, quốc gia và tạp chí Tốn học tuổi
trẻ và đã được em cố gắng phân loại một cách tương đối.
Do hạn chế về mặt thời gian, năng lực bản thân nên các dạng tốn
được trình bày trong luận văn mới chỉ là một phần rất nhỏ, minh họa cho
các bài tốn cực trị hình học.
Em rất mong nhận được sự quan tâm, giúp đỡ của các Thầy, các

Cơ để bản thân em hồn thiện nội dung luận văn để có thể tổ chức một
chuyên đề về bài tốn cực trị hình học để bồi dưỡng học sinh trong cơng
việc giảng dạy của mình.
Sau cùng em chân thành cảm ơn trường ĐHKH Thái Nguyên, khoa
Toán - Tin, thầy giáo PGS.TS Trịnh Thanh Hải, cùng các thầy cô giáo và
các bạn đẫ giúp đỡ em hoàn thành luận văn này.
Học viên
Quách Thị Tấm


3

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1
1.1.1

Bài tốn cực trị hình học
Bài tốn cực trị hình học

Trong các bài tốn hình học, có các loại bài tốn có nội dung như
sau: Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm những hình mà
một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích...)
có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Đó là các bài tốn cực trị hình học, nó
hấp dẫn học sinh bởi vấn đề đặt ra mang tính thực tiễn: Đi tìm cái lớn
nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít nhất..., chính là những cái tối ưu thường
gặp trong đời sống và kĩ thuật.
Đường lối tổng qt giải bài tốn cực trị hình học: Để tìm vị trí của
hình H trên miềm D sao cho biểu thức f có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ

nhất), ta phải thực hiện 2 bước sau:
Bước 1. Chứng tỏ rằng với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≥ m
(hoặc f ≤ m), với m là hằng số
Bước 2. Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f = m
1.1.2

Ví dụ về bài tốn cực trị hình học

Ví dụ 1.1. (Đề thi IMC, THCS, 2015)
E là một điểm nằm trên cạnh BC của hình vng ABCD sao cho
BE = 20cm và CE = 28cm. P là một điểm trên đường chéo BD. Giá trị
nhỏ nhất của độ dài PE + PC là bao nhiêu cm?


4

Ví dụ 1.2. (Dựa theo Đề thi IMO)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. Các điểm M, N, I theo
thứ tự di động trên AA’, BC, C’D’ sao cho A’M=BN=C’I=a (0 ≤ a ≤ 1).
1) (α) là mặt phẳng qua M, N, I. Chứng minh rằng (α) luôn tự song song;
2) Tính d(A, (α)) (khoảng cách từ A đến (α)) theo a;
3) Tính diện tích tam giác MNI theo a và xác định vị trí điểm M để diện
tích đó nhỏ nhất;
4) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác MNI thuộc một đường thẳng
cố định.

1.2

Một số hướng giải bài tốn cực trị hình học

1.2.1

Sử dụng phương pháp véctơ

Một số bài tốn cực trị hình học được giải gọn hơn nếu ta biết sử
dụng cơng cụ vectơ thích hợp. Ngoài những kiến thức quen thuộc đã học
ở bậc THPT như các tính chất, các phép biến đổi vectơ, bất đẳng thức
vectơ và các hệ thức vectơ trong tam giác..., chúng ta cần biết thêm khái
niệm và các tính chất của trọng tâm một hệ điểm, công thức Lagrange Jacobi, tâm tỉ cự của một hệ điểm, định lí "con nhím " cho khối tứ diện...
Định nghĩa 1.1. Giả sử A1 , A2 , ..., Am là một hệ m điểm sắp xếp
tùy ý trong không gian không phân biệt thứ tự. Điểm G được gọi là trọng
m −
−→ −
→
GAi = 0 .
tâm của hệ điểm trên nếu có
i=1

Dễ thấy trọng tâm một hệ điểm luôn tồn tại và duy nhất. Hơn nữa, nếu
G được gọi là trọng tâm của hệ điểm A1 , A2 , ..., Am thì với mọi điểm M
−−→
1 m −−→
MAi .
trong khơng gian, có MG =
m i=1
Định lý 1.1 (Công thức Lagrange - Jacobi): Giả sử G là trọng tâm
của hệ điểm A1 , A2 , ..., Am và M là một điểm tùy ý trong khơng gian. Thế
thì
m
1

1
2
MA2i − 2
Ai Aj 2
MG =
m i=1
m 1≤iVí dụ 1.3. Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm M sao cho
MA + MB 2 + MC 2 + MD2 bé nhất.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm CD, G là trung điểm IJ.
2


5

−→ −−→ −→ −−→ −
→
Ta có GA + GB + GC + GD = 0
Ta có
−−→ −→
−−→ −→
MA2 = (MG + GA)2 = MG2 + GA2 + 2.MG.GA
Tương tự có
−−→ −−
→
−−→ −−→
MB 2 = (MG + GB)2 = MG2 + GB 2 + 2.MG.GB
−−→ −→
−−→ −→

MC 2 = (MG + GC)2 = MG2 + GC 2 + 2.MG.GC
−−→ −−→
−−→ −−→
MD2 = (MG + GD)2 = MG2 + GD2 + 2.MG.GD
Suy ra
MA2 + MB 2 + MC 2 + MD2
−−→ −→ −−→ −→ −−→
= 4MG2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD2 + 2MG.(GA + GB + GC + GD)
hay MA2 + MB 2 + MC 2 + MD2 = 4MG2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD2
Do đó
MA2 + MB 2 + MC 2 + MD2 ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với G.
Vậy MA2 + MB 2 + MC 2 + MD2 bé nhất khi M trùng với G.
Ví dụ 1.4. Cho tứ diện SABC với SA = SB = SC = 1. Một mặt
phẳng (α) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt SA, SB, SC
tương ứng tại D, E, F. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =

1
1
1
+
+
.
SD.SE SE.SF SF.SD

Lời giải.
S

F

D

G
C

A
E
S′
M

B

Hình 1.1:

Vì G là trọng tâm của tứ diện SABC nên đường thẳng SG đi qua trọng


6

tâm S’ (hình 1.1) của tam giác ABC và có hệ thức

−→ 3 −→′ 1 −→ −→ −→
SA + SB + SC .
SG = .SS =
4
4
Từ đó

−→ SA −→ SB −→ SC −→
4SG =

.SD +
.SE +
.SF
SD
SE
SF
−→
1 −→
1 −→
1 −
−→
⇔ 4SG =
.SD +
.SE +
.SF.
SD
SE
SF
1
1
1
+
+
=1
Lại vì bốn điểm D, E, F, G đồng phẳng nên
4SD 4SE 4SF
Từ đó suy ra
1
1
1

1 1
1
1
+
+
≤
+
+
SD.SE SE.SF SF.SD
3 SD SE SF

2

=

16
.
3

3
16
khi và chỉ khi SD = SE = SF = , nghĩa là khi và
3
4
chỉ khi mặt phẳng (DEF) đi qua G và song song với mặt phẳng (ABC).
Do đó minP =

1.2.2

Sử dụng phương pháp tọa độ

Để giải bài tốn cực trị trong hình học giải tích ta có thể xét chúng
trong hệ trục tọa độ afin hoặc hệ tọa độ Descartes vng góc để giải tốn
theo các bước sau:
-Bước 1. Thiết lập hệ trục tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ của các
điểm cần thiết.
-Bước 2. Thiết lập biểu thức điều kiện (nếu có). Thiết lập biểu thức giải
tích cho đối tượng cần tìm cực trị.
-Bước 3. Lựa chọn phương pháp tìm cực trị, thông thường là:
+ Sử dụng đánh giá biểu thức.
+ Phương pháp tam thức bậc hai.
+ Sử dụng bất đẳng thức như BĐT tam giác, BĐT Cauchy,...
+ Sử dụng đạo hàm.
Ví dụ 1.5. Trong khơng gian với hệ tọa độ Decasters vng góc Oxyz
cho hai điểm M(3; 1; 1) và N(4;3; 4) và đường thẳng d có phương trình

x−7 y−3 z−9
=
=
1
−2
1

Tìm điểm I thuộc d sao cho IM + IN nhỏ nhất.


7

Lời giải.
−−→

→
Ta có MN = (1; 2; 3); d có vectơ chỉ phương −
u = (1; −2; 1) nên
−−→ −
MN .→
u = 1.1 + 2.(−2) + 3.1 = 0, suy ra MN ⊥d.
Mặt phẳng (P) qua MN vng góc với d tại I có phương trình:
x - 2y + z - 2 = 0.
Vì I là giao điểm của hai đường thẳng MN và d nên tính được tọa độ của
17 17 23
I
.
; ;
3 3 3
Ví dụ 1.6. Trong khơng gian với hệ tọa độ Decasters vng góc Oxyz
cho đường thẳng d và các điểm M(x1 ; y1 ; z1 ); N (x2; y2 ; z2 ) khơng thuộc d.
Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IM +IN nhỏ nhất.
Lời giải.
Trường hợp 1. I, M, N và d nằm trong một mp, khi đó ta thực hiện
bài tốn trong mp: nếu đoạn MN cắt d thì giao điểm đó chính là điểm I
cần tìm. Nếu đoạn MN khơng cắt d thì lấy M’ đối xứng với M qua d khi
đó IM=IM’. Ta có IM + IN = IM ′ + IN ≥ M ′ N . Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi I, M’, N thẳng hàng, khi đó IM +IN nhỏ nhất. Từ đó I là giao
điểm của M’N và d, suy ra tọa độ điểm I.
Trường hợp 2. Các đường thẳng MN và d chéo nhau. Có hai khả
năng:
a, Nếu MN ⊥d thì ta làm như sau:
x
I

N
J

d

M

Hình 1.2:

Gọi (P) là mặt phẳng qua MN vng góc với d tại J (hình 1.2), khi đó


8

MJ⊥d; N J⊥d và MJ+NJ=k (không đổi);
Với mọi I ∈ d thì IM ≥ JM; IN ≥ JN nên IM + IN ≥ JM + JN .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I ≡ J , từ đó tìm được tọa độ điểm I, giao
của (P) và d.
b, Nếu MN khơng vng góc với d ta chuyển bài tốn về mặt phẳng để
giải như sau:
- Xác định hình chiếu vng góc H của N xuống d.
- Gọi (R) là mặt phẳng chứa d và điểm N; (P) là mặt phẳng qua H vng
góc với d; (Q) là mặt phẳng chứa d và điểm M; ∆ là giao tuyến của (P) và
(Q) thì ∆⊥d tại H. Trên ∆ lấy K sao cho KH=NH và K, M nằm về hai phía
của mặt phẳng (R) (hình 1.3). Khi đó với mọi J ∈ d thì ∆N JH = ∆KJH

N

m

R
d
H

M

Q
J

∆

P

K

Hình 1.3:

⇒ JK = JN
⇒ JM + JN = JM + JK ≥ MK
Đẳng thức xảy ra khi J, M, K thẳng hàng từ đó tìm được tọa độ điểm
I ≡ J , giao điểm của MK và d, đó là điểm cần tìm.


9

Ví dụ 1.7. Cho hai điểm A(1;2); B(0;-1) và đường thẳng d có phương
trình tham số

x=t
(t ∈ R)

 y = 2t + 1

Tìm điểm M thuộc d sao cho
a, MA+MB nhỏ nhất
b, MA -MB lớn nhất
Lời bình.
Trong hình học phẳng ta biết:
- Nếu A, B nằm về hai phía đối với d thì: MA+MB nhỏ nhất ⇔ M là giao
điểm của AB và d.
- Nếu A, B nằm về một phía đối với d và B’ là điểm đối xứng của B qua
d thì : MA+MB nhỏ nhất ⇔ M là giao điểm của AB’ và d.
- Nếu A, B nằm về một phía đối với d mà AB cắt d thì: |MA-MB| lớn nhất
khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và d.
- Nếu A, B nằm về hai phía đối với d và B” là điểm đối xứng của B qua d
mà AB” cắt d thì: |MA-MB| lớn nhất ⇔ M là giao điểm của AB” và d.
Dựa vào kết quả đã biết trong hình học phẳng, ta có thể giải được
bài tốn. Tuy nhiên việc tính tốn sẽ khá phức tạp vì:
- Nếu phương trình của d được cho dưới dạng tham số thì ta buộc phải
chuyển về dạng tổng quát để có thể kiểm tra được A và B nằm về một
phía hay hai phía đối với d.
- Nếu phải tìm tọa độ điểm B’ (trong câu a) hoặc B” (trong câu b) thì việc
tính tốn cịn phức tạp hơn nữa.
Để khắc phục tình trạng trên, luận văn sẽ đưa ra một lời giải mới.
Lời giải.
a, Vì M ∈ d nên M có tọa độ (t; 2t+1). Khi đó ta có

MA + MB
(t − 1)2 + (2t − 1)2 + t2 + (2t + 2)2
√
√

= 5t2 − 6t + 2 + 5t2 + 8t + 4


2
2
√
3
4
1
4
= 5
t−
t+
+
+
+ 
5
25
5
25

=


10

4 2
3 1
;−
; B′ − ;

; M ′ (t; 0).
5 5
5
5
√
Khi đó MA + MB = 5 (M ′ A′ + M ′ B ′ ).
Vì M’ chạy trên trục hồnh x’Ox và A’, B’ nằm về hai phía đối với x’Ox
nên MA+MB nhỏ nhất
⇔ M’A’ + M’B’ nhỏ nhất
⇔ M’ là giao điểm của A’B’ và x’Ox
1
−
′
′
−1
MA
⇔ ′ ′= 5 =
2
2
MB
5
4 3
−1
2
⇔ M’ chia đoạn − ;
theo tỉ số
nên có tọa độ
;0 .
5 5
2

15
2
2 19
2
.
; 2. + 1 =
;
⇔ M có tọa độ
15 15
15 15
b, Tương tự như câu a, ta có
Xét A′

√
|MA − MB| = 5

3
t−
5

2

1
+
+
25

4
t+
5

2

+

4
25

4 2
3 1
;
; B ′′ − ;
; M ′′ (t; 0)
5 5
5√ 5
Khi đó |MA − MB| = 5 |MA − MB|
Vì M” chạy trên trục hoành x’Ox và A”, B” nằm về một phía đối với x’Ox
nên |MA-MB| lớn nhất ⇔ |M”A”-M”B”| lớn nhất ⇔ M” là giao điểm của
A”B” và x’Ox
1
′′
′′
M A
1
⇔ ′′ ′′ = 5 =
2
2
M B
5
⇔ M” có tọa độ (2; 0)

⇔ M có tọa độ (2; 5).
Lời bình.
Ý tưởng cơ bản của lời giải trên vẫn là dựa vào kết quả đã biết trong hình
học phẳng, tuy nhiên việc thay đường thẳng d bằng trục x’Ox khi xét vị
trí tương đối của các điểm đã làm cho độ phức tạp trong tính tốn giảm
đi rất nhiều. Tương tự ta sẽ thấy rõ ý tưởng này trong bài toán sau:
Xét A′′


11

Ví dụ 1.8. Trong khơng gian cho hai điểm A(a; 0; a)
4a −2a −a
;
;
và đường thẳng d có phương trình tham số:
và B
3 3
3



x=t



(t ∈ R)
y=t





 z =a−t

Tìm điểm M thuộc d sao cho:
a, MA+MB nhỏ nhất
b, |MA -MB| lớn nhất
Lời bình. Thơng thường để giải câu a, người ta tìm điểm B’ là ảnh
của điểm B qua phép quay quanh trục d với góc quay thích hợp sao cho
A, B’, d đồng phẳng và A, B’ nằm về hai phía đối với d. Khi đó MA+MB
nhỏ nhất
⇔ M là giao điểm của AB’ và d. Và để giải câu b, người ta tìm điểm B” là
ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục d với góc quay thích hợp sao
cho A, B”, d đồng phẳng và A, B” nằm về một phía đối với d. Khi đó nếu
AB" cắt d thì |MA+MB| lớn nhất ⇔ M là giao điểm của AB” và d.
Nếu giải theo ý tưởng trên thì việc tìm tọa độ điểm B’ (trong câu a,)
hoặc B” (trong câu b,) buộc ta phải thực hiện những phép tính rất phức
tạp. Ta tiếp tục vận dụng ý tưởng trên để đưa ra lời giải.
Lời giải.
a, Vì M ∈ d nên M có tọa độ (t; t; a-t). Khi đó

MA + MB
2

=

(t − a) +

t2

2

+ (−t) +

4a
t−
3

√
3t2 − 2at + a2 + 3t2 − 4at + 4a2

√
a 2 2a2
2a

t−
= 3
t−
+
+
3
9
3
=

√

2

2a

+ t+
3

2

2

+



8a 
9

√
√
2a
2a
2
2a
a
;
; B′
;−
; M ′ (t; 0)
Xét A′
3 3
3
3
√

Khi đó MA + MB = 3 (M ′ A′ + M ′ B ′ ).

2

+

4a
−t
3

2


12

Vì M’ chạy trên x’Ox và A’, B’ nằm về hai phía đối với x’Ox nên
MA+MB nhỏ nhất ⇔ M’A’ + M’B’ nhỏ nhất ⇔ M’ là giao điểm của A’B’
và x’Ox
√
2a
−
′
′
MA
−1
√3 =
⇔ ′ ′=
2
MB
−2 2a

3

4a
;0 .
9
4a
4a 4a
; ;a−
⇔ M có tọa độ
9 9
9
b, Tương tự như câu a, ta có

⇔ M’ có tọa độ

|MA − MB| =
Đặt

A′′

√

3

√
a 2a
;
3 3

a
t−
3

; B ′′

4a 4a 5a
; ;
.
9 9 9

=

2

2a2
+
−
9

√
2a 2 2a
;
3
3

2a
t−
3

2

+

8a2
9

; M ′′ (t; 0)

Vì M” chạy trên trục hồnh x’Ox và A”, B” nằm về một phía đối với x’Ox
nên |MA-MB| lớn nhất ⇔ |M”A”-M”B”| lớn nhất ⇔ M” là giao điểm của
A”B” và x’Ox
√
2a
′′
′′
1
M A
⇔ ′′ ′′ = √3 =
2
M B
2 2a
3
⇔ M” có tọa độ (0; 0). ⇔ M có tọa độ (0; 0; a).
Lời bình. Trong lời giải trên ta không những thay đường thẳng d
bằng trục x’Ox mà cịn chuyển hệ thống khơng đồng phẳng gồm hai điểm
A, B và đường thẳng d thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm A’, B’
và trục x’Ox (trong câu a) hoặc thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm
A”, B” và trục x’Ox (trong câu b). Đó là nguyên nhân cơ bản giúp ta có
được một lời giải cơ bản.

1.2.3

Sử dụng phương pháp đại số

Việc vận dụng phương pháp đại số vào giải bài toán cực trị thường
theo các bước sau:


13

- Bước 1: Chọn ẩn, đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu thị các yếu tố hình học theo ẩn.
- Bước 3: Từ các mối quan hệ hình học lập pt (hệ pt).
- Bước 4: Lựa chọn phương pháp thích hợp để tìm cực trị như sử dụng các
BĐT, đánh giá biểu thức, sử dụng đạo hàm...
Ví dụ 1.9. Cho hình vng ABCD cạnh a. M là điểm nào đó trên
cạnh AB. Dựng các hình vng có cạnh MA, MB về bên trong ABCD. Xác
định vị trí điểm M để diện tích phần cịn lại S của hình vng ABCD là
lớn nhất.
Lời giải.
Đặt MA = x, MB = y với x ≥ 0; y ≥ 0 thỏa mãn x+y=a. Gọi S1 và
S2 theo thứ tự là diện tích hình vng cạnh MA và MB thì S1 = x2 và
S2 = y 2 (hình 1.4). Dễ thấy S lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất ⇔ P = x2 + y 2
nhỏ nhất. Từ bất đẳng thức
D

C

S

F

H

E

G

S2

S1
A

B

x

M

y

Hình 1.4:

≥ (x + y)2 hay 2 x2 + y 2 ≥ a2 suy ra giá trị nhỏ nhất
a2
(GTNN) của S1 + S2 bằng
, lúc đó M là trung điểm AB.
2
Ví dụ 1.10. Cho đường trịn tâm O bán kính R. M là điểm nào đó
trên đường kính AB. Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích các hình

trịn có đường kính MA và MB là nhỏ nhất.
Lời giải.

2 x2 + y 2

Đặt MA = 2x, MB = 2y với x ≥ 0; y ≥ 0 thỏa mãn x+y = R không đổi.
Gọi S1 và S2 theo thứ tự là diện tích hình trịn có đường kính MA và MB


14

A

M

O

B

Hình 1.5:

(hình 1.5). Dễ thấy S = S1 + S2 nhỏ nhất ⇔ P = πx2 + πy 2 = π x2 + y 2
πR2
, lúc
nhỏ nhất. Lập luận tương tự như trên suy ra GTNN của S bằng
2
đó M trùng với tâm O.
Lời giải các bài toán trên đều dẫn đến việc xét giá trị nhỏ nhất của
các biểu thức dạng x2 + y 2 hoặc x3 + y 3 ,..., trong đó x+y là hằng số. Bằng
cách đó việc giải các bài tốn cực trị hình học có thể chuyển về giải bài

toán cực trị đại số.
Ta xét bài toán tổng quát. Cho n (n ≥ 2) số không âm x1, x2 , ..., xn
thỏa mãn x1 + x2 + ... + xn = a với a là số dương cho trước. Tìm giá trị
nhỏ nhất của mỗi biểu thức sau:
a, P = x21 + x22 + ... + x2n
b, Q = x31 + x32 + ... + x3n
Lời giải
a, Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có

(x1 + x2 + ... + xn )2 ≤ n x21 + x22 + ... + x2n
⇔ a2 ≤ n x21 + x22 + ... + x2n
a2
2
2
2
⇔ x1 + x2 + ... + xn ≥
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn

(1)


15

a
a2
khi x1 = x2 = ... = xn = .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
n
n

√
b, Đặt xi = ti ≥ 0 với i = 1, 2, ..., n thì xi = t2i và x2i = ti t3i .
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
t1 t31 + t2 t32 + ... + tn t3n

2

hay x21 + x22 + ... + x2n

2

≤ t21 + t22 + ... + t2n

t61 + t62 + ... + t6n

≤ a x31 + x32 + ... + x3n

(2)

Từ (1), (2) ta có

a

x31

+

x32

+ ... +

x3n

a4
a3
3
3
3
≥ 2 ⇔ x1 + x2 + ... + xn ≥ 2
n
n

Dấu đẳng thức xảy ra khi (1) và (2) cùng xảy ra dấu đẳng thức, khi đó
x1 = x2 = ... = xn .
a3
a
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 2 khi x1 = x2 = ... = xn = .
n
n
1.2.4

Sử dụng phương pháp hình học tổng hợp

Bài tốn cực trị hình học rất đa dạng, nhiều bài tốn khó, do vậy ta
phải sử dụng tổng hợp nhiều phương pháp khác nhau trong đó có phương
pháp hình học tổng hợp.
Ví dụ 1.11. Cho tứ diện ABCD. Tìm các điểm X, Y, Z, T thuộc
các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) sao cho tổng sau đây đạt
giá trị nhỏ nhất XY 2 + XZ 2 + XT 2 + Y Z 2 + Y T 2 + ZT 2 .
Để giải bài toán này, cần đưa vào các khái niệm và kết quả sau:

Định nghĩa 1.2. Cho tứ diện ABCD, M là trung điểm cạnh CD.
Mặt phẳng (MAB) được gọi là mặt trung diện xuất phát từ cạnh AB của
tứ diện. Một tứ diện có sáu mặt trung diện. Dễ thấy sáu mặt trung diện
của tứ diện đồng quy tại trọng tâm của tứ diện.
Định nghĩa 1.3. Cho tứ diện ABCD. Gọi (α), (β) tương ứng là
mặt phân giác và mặt trung diện xuất phát từ cạnh AB của tứ diện. Gọi
(γ) là ảnh của (β) qua phép đối xứng mặt (α). Khi đó (γ) được gọi là mặt
đối trung xuất phát từ cạnh AB của tứ diện.
Một tứ diện có sáu mặt đối trung. Người ta đã chứng minh được
rằng sáu mặt đối trung của tứ diện đồng quy tại một điểm. Điểm này
được gọi là điểm đối trọng tâm của tứ diện.


16

Định lý 1.2. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ
diện. Gọi H, I, J, K tương ứng là hình chiếu của M xuống các mặt phẳng
(BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Khi đó các điều kiện sau tương đương.
i) M là điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD;
VM ACD
VM ABD
VM ABC
VM BCD
=
=
=
;
ii)
2
SA2

SB2
SC2
SD
iii) M là trọng tâm của tứ diện HIJK.
Ở đây SA , SB , SC , SD là kí hiệu diện tích các mặt (BCD), (CDA), (DAB),
(ABC) của tứ diện ABCD.
Sau đây ta áp dụng định nghĩa 1.2, định nghĩa 1.3 và định lý 1.2 vào
giải ví dụ trên.
Lời giải.
Gọi G là trọng tâm của tứ diện XYZT (hình 1.6) Khi đó GX.SA +GY.SB +
GZ.SC + GT.SD ≥ 3.VABCD .
Theo BĐT Bunyakovsky, có
2
2
.
) ≥ 9VABCD
(GX 2 + GY 2 + GZ 2 + GT 2 )(SA2 + SB2 + SC2 + SD
Chú ý rằng, vì G là trọng tâm của tứ diện XYZT nên

A

Z
Y
T

P

B

D

X
C

Hình 1.6:

XY 2 + XZ 2 + XT 2 + Y Z 2 + Y T 2 + ZT 2 = 4(GX 2 + GY 2 + GZ 2 + GT 2 ).
Từ đó
2
36VABCD
2
2
2
2
2
2
XY + XZ + XT + Y Z + Y T + ZT ≥ 2
2
SA + SB2 + SC2 + SD
Đẳng thức xảy ra ⇔ G nằm trong tứ diện ABCD sao cho GX, GY, GZ, GT
tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) và
GX GY
GZ GT
=
=
=
⇔ G nằm trong tứ diện ABCD sao cho GX, GY,
SA
SB
SC
SD

17

GZ, GT tương ứng vng góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB),
VGCDA
VGDAB
VGABC
VGBCD
=
=
=
⇔ GX, GY, GZ, GT
(ABC) và
SA2
SB2
SC2
SD2
tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC)
và G là điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD ⇔ X, Y, Z, T tương ứng là
hình chiếu vng góc của điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD lên các
mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) (*).
Vậy tổng XY 2 + XZ 2 + XT 2 + Y Z 2 + Y T 2 + ZT 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi
2
36VABCD
X, Y, Z, T thỏa mãn (*) và giá trị nhỏ nhất đó bằng 2
2 .
SA + SB2 + SC2 + SD

18

Chương 2

MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ
HÌNH HỌC
2.1

Các bài tốn cực trị hình học liên quan đến tính chất cơ
bản trong hình học phẳng

Bài tốn 2.1. (Đề thi IMC, THCS, 2015)
E là một điểm nằm trên cạnh BC của hình vuông ABCD sao cho
BE = 20cm và CE = 28cm. P là một điểm trên đường chéo BD. Giá trị
nhỏ nhất của độ dài PE + PC là bao nhiêu cm?
Lời giải.
Lấy F là một điểm thuộc AB sao cho AF = CE . Khi đó F và E đối xứng
nhau qua BD (hình 2.1). Từ bất đẳng thức tam giác,
E
B

C

28

20

F

P

A

D

Hình 2.1:

P E + P C = P C + P F ≥ CF . Do đó giá trị nhỏ nhất xảy ra khi P nằm


19

√
√
trên CF, và giá trị bằng CF = BC 2 + BF 2 = 202 + 282 = 52cm.
Bài toán 2.2. (Đề thi IMC, THCS, 2014)
M là trung điểm của cạnh CD của hình vng ABCD có cạnh dài 24cm.
P là điểm thỏa mãn PA=PB=PM. Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn
thẳng PM theo cm.
Lời giải.
B

N

A

P

C

D
M

Hình 2.2:

Gọi N là trung điểm của AB (hình 2.2). Ta có AN = 12 cm. Theo tính
chất đối xứng thì điểm P phải nằm trên đoạn thẳng MN để có PA=PB.
Nếu điểm càng gần N thì PA càng ngắn và PM càng dài. Vì vậy chỉ
tồn tại√duy nhất một điểm P để PA=PB=PM. Khi cho PN = 9 cm thì
P A = 122 + 92 = 15 cm và PM = 24 - 9 = 15 cm. Vậy giá trị nhỏ nhất
của độ dài đoạn thẳng PM là 15 cm.
Bài toán 2.3. (Đề thi IMC, THCS, 2014)
P là điểm nằm trong hình vng ABCD có cạnh dài 8cm. Tính giá trị lớn
nhất có thể của diện tích, theo cm2 của tam giác có diện tích bé nhất trong
6 tam giác PAB, PBC, PCD, PDA, PAC và PBD.
Lời giải.
Trước hết ta tìm vị trí của điểm P để các tam giác đó có diện tích khơng
nhỏ hơn 8cm2 . Gọi O là tâm của hình vng và M là trung điểm của CD.
Gọi P là trung điểm của OM. Khi đó SP BC = SP DA và SP AB > SP CD .
1
Ta có SP AC = SP BD = 2SP OD = SP CD = P M × CD = 8cm2
2
Giả sử tồn tại điểm P nằm trong hình vng sao cho giá trị lớn nhất có
thể có của diện tích tam giác có diện tích bé nhất trong các tam giác đó
lớn hơn 8cm2 . Chẳng hạn điểm P nằm trong hoặc trên cạnh của tam giác


20

COD (hình 2.3) . Khi đó

1
1
16 = SP CD +SP OC +SP OD = SP CD + SP AC + SP BD > 8+4+4 = 16 (vơ lí) .
2
2
B

A

O

P

D

C
M

Hình 2.3:

Do đó là điều giả sử là sai.
Vậy giá trị lớn nhất có thể có của diện tích của tam giác có diện tích bé
nhất trong các tam giác PAB, PBC, PCD, PDA, PAC và PBD là 8cm2 .
Bài toán 2.4. (Đề thi IMC, THCS, 2013)
O là điểm bên trong hình tứ giác ABCD thỏa mãn khoảng cách từ O đến
bốn đỉnh của tứ giác là 1 cm, 2 cm, 4 cm và 7 cm theo thứ tự. Tính giá
trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD theo cm2 ?
Lời giải.
Diện tích của tam giác có chiều dài hai cạnh cho trước lớn nhất khi hai

cạnh đó vng góc với nhau. Do đó ta có thể giả sử AC và BD cắt nhau
tại giao điểm O tạo thành các góc vuông. Ta chia các số 1, 2, 4 và 7
thành hai cặp số. Ta cần tìm tích lớn nhất của tổng các cặp số đó. Mà
(1 + 2)(4 + 7) = 33 < (1 + 4)(2 + 7) = 45 < (1 + 7)(2 + 4) = 48. Vậy diện
tích của tứ giác ABCD lớn nhất là 48 : 2 = 24cm2 .
Bài toán 2.5. (Đề thi IMO, 1979)
Cho mặt phẳng (K) và một điểm P trong mặt phẳng đó. Q là điểm ngoài
QP + P R
đạt giá trị
(K). Hãy tìm các điểm R trong (K) sao cho tỉ số
QR
lớn nhất.


21

Lời giải.
Ta xét điểm R trên đường tròn tâm P trong mặt phẳng (K). Gọi X là chân
đường vng góc hạ từ Q xuống (K) (hình 2.4).
Giả sử P khác X. Ta nhận thấy rằng khi R chuyển động trên đường trịn
tâm P thì QR sẽ nhận giá trị nhỏ nhất khi R ở cùng phía với X so với P
QP + P R
đạt giá trị
và đồng thời R nằm trên đường thẳng PX (lúc đó,
QR
lớn nhất, vì PR thì bằng bán kính đường trịn, cịn QP khơng đổi).
Q

R

S
P

X

Hình 2.4:

Nhận xét trên giúp ta đi đến kết luận rằng điểm R làm cho

QP + P R
đạt
QR

giá trị lớn nhất ắt phải nằm trên tia PX.
Gọi S là điểm trên đường thẳng PX về phía đối diện với X qua điểm P sao
cho PS = PQ. Lúc đó, với R trên tia PX, ta có:

QP + P R P S + P R
SR
sin RQS
=
=
=
QR
QR
QR sin QSR
(áp dụng định lý hàm sin cho tam giác SQR).
Nhưng góc QSR cố định nên sin QSR khơng đổi, do đó, tỉ số

QP + P R

QR

đạt cực đại khi sin RQS = 1 ⇔ RQS = 900 .
Tóm lại, nếu P khác X thì tồn tại duy nhất điểm R xác định như trên thỏa
mãn yêu cầu của đề bài.
Nếu P trùng X, ta vẫn có thể chọn R sao cho RQS = 900, và khi ấy điểm
R cũng thỏa mãn đề bài. Tuy nhiên, lúc này R khơng cịn nằm trên tia PX
nữa, nó có thể nằm bất cứ đâu trên đường tròn tâm P bán kính PS = PQ.
Bài tốn 2.6. (Đề thi HSG, 2005 - 2006, TP. Hồ Chí Minh)
Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng
song song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E.
Tìm vị trí M trên cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.


22

Lời giải.
Vì AME = ABC (đồng vị) nên AME = MAE = 600 , suy ra tam giác
AME đều. Chứng minh tương tự có tam giác BMD đều. Vẽ DH ⊥ AB
tại H, EK ⊥ AB tại K, DN ⊥ KE tại N (hình 2.5).
1
1
1
Ta có MK = AM , MH = MB . Do đó HK = MK + MH = AB .
2
2
2
A

K

N
E

M
H

C

B
D

Hình 2.5:

Tứ giác HKND có ba góc vng nên là hình chữ nhật, suy ra DN = HK.
1
Mà DN ⊥ N E nên DE ≥ DN . Vậy DE ≥ AB (không đổi).
2
1
DE = AB ⇔ E ≡ N ⇔ DE //AB . Khi đó các tứ giác BMED, DMAE
2
đều là hình bình hành khi và chỉ khi MA = MB.
Vậy khi điểm M là trung điểm cạnh AB thì độ dài đoạn DE đạt giá trị
nhỏ nhất.
Bài toán 2.7. (Đề thi HSG Bulgari, 1997)
Cho n điểm A0 , A1, ..., An−1 theo thứ tự đó cùng nằm trên một đường tròn
và chia đường tròn thành các cung bằng nhau. Hãy tìm n điểm trên đường
trịn sắp theo thứ tự B0 , B1 , ..., Bn−1 như thế, sao cho độ dài đường gấp
khúc B0 B1 ...Bn−1 lớn nhất.
Lời giải.
Giả sử n lẻ, n = 2k + 1. Rõ ràng dây cung AiAj có độ dài lớn nhất khi

|i − j| = k hay |i − j| = k + 1.

Xét các điểm: A0 , Ak , A2k , Ak−1 , A2k−1, Ak−2, A2k−2, ..., A1, Ak+1. Vì mỗi
đoạn dây cung tạo bởi hai điểm liên tiếp của dãy điểm này có độ dài lớn
nhất theo nhận xét trên nên độ dài đường gấp khúc A0 Ak A2k Ak−1A2k−1


23

Ak−2A2k−2...A1Ak+1 lớn nhất.
Tiếp theo giả sử n chẵn, n=2k. Khi đó, dây cung AiAj có độ dài lớn nhất
khi |i − j| = k . Có k đoạn như thế, đó là:
A0Ak , A1Ak+1, ..., Ak−1A2k−1.
Dây cung dài nhất kế theo sau Ai Aj có được khi

|i − j| = k − 1 hay |i − j| = k + 1.

Xét các điểm: A0, Ak , A2k−1, Ak−1, A2k−2, Ak−2, ..., Ak+1, A1. Dễ thấy rằng
ở đây có k có độ dài lớn nhất và k − 1 đoạn độ dài lớn thứ hai. Đây chính
là thứ tự các điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.8.
Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong tam giác.
a, Chứng minh rằng các số đo SM BC .MA, SM CA .MB, SM AB .MC là độ
dài ba cạnh của một tam giác nào đó.
b, Tìm M sao cho diện tích tam giác nói trong câu (a) là lớn nhất.
Lời giải.
a, Vì M thuộc tam giác ABC nên các tam giác MBC, MCA, MAB cùng
−−→
−−→

−−→
hướng, và các vectơ SM BC .MA, SM CA.MB, SM AB .MC đôi một không
cùng phương, theo tính chất và định nghĩa phép cộng vectơ, ta thấy:
SM BC .MA, SM CA .MB, SM AB .MC là độ dài ba cạnh của một tam giác.
b, Kí hiệu diện tích của tam giác nói trên là SM , ta có

SM =

−−→
−−→
1 −−→ −−→
1
SM CA .MB ∧ SM AB .MC = (SM CA .SM AB ) . MB ∧ MC
2
2

= SM CA .SM AB .S|M BC| = SM CA .SM AB .SM BC
SM CA + SM AB + SM BC 3
1 3
≤
= SABC
3
27
Đẳng thức xảy ra ⇔ SM CA = SM AB = SM BC ⇔ M là trọng tâm tam giác
ABC.
Bài toán 2.9. (Đề thi IMO, 1981)
Cho P là một điểm nằm trong tam giác ABC và D, E, F theo thứ tự là
hình chiếu vng góc của P trên BC, CA, AB. Tìm tất cả những điểm P
sao cho tổng
BC CA AB

+
+
PD PE PF
đạt giá trị cực tiểu.