(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp giải toán cực trị hình học ở bậc THCS

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ( hay cịn gọi là các bài tốn
cực trị ) là những bài tốn đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn
nhất, dài nhất … để dần dần hình thành cho học sinh có thói quen đi tìm một
giải pháp tối ưu cho một cơng việc cụ thể nào đó trong thực tiễn sau này.
Tốn cực trị là loại tốn rất gần gũi với thực tế, có nhiều ứng dụng trong
thực tế. Điều này chứng tỏ là tốn học và thực tiễn khơng hề tách rời nhau, ví
dụ như: Hai ngơi làng cách nhau một con sơng. Tìm vị trí ở bờ sơng để bắc
một cây cầu sao cho quãng đường đi lại giữa hai ngôi làng này là ngắn nhất…
Trong chương trình THCS, các bài tốn cực trị là các bài toán hay và cũng
tương đối khó, loại này rất phong phú và đa dạng địi hỏi phải vận dụng kiến
thức một các hợp lý, nhiều khi độc đáo và bất ngờ. Ở bậc học này, học sinh
mới thực sự làm quen với loại toán cực trị từ năm lớp 7, kiến thức về loại toán
này được nâng dần ở lớp 8 và lớp 9. Các bài toán cực trị thường được đưa vào
các chủ đề nâng cao và mở rộng đối đối tượng học sinh khá và giỏi. Toán cực
trị được nhắc đến nhiều trong các loại sách nâng cao hoặc trong các tài liệu
tham khảo, do đó giáo viên tốn thường vất vả trong việc sưu tầm, tuyển chọn
mới gây được hứng thú học tập, lịng say mê học tốn của học sinh.
Trong chủ đề toán cực trị, các bài toán về cực trị trong hình học rất đa
dạng, phong phú và có một ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh ở
bậc học THCS. Để giải quyết các bài tập tốn về cực trị hình học, người thầy
phải hướng dẫn học sinh tìm được các cách giải thơng minh nhất, tìm ra các
biện pháp hữu hiệu và phù hợp nhất với trình độ kiến thức ở bậc học THCS.
Việc dạy - học các bài tốn cực trị hình học THCS có tầm quan trọng
trong việc củng cố, khắc sâu và mở rộng các kiến thức tốn học trong chương
trình, rèn luyện phương pháp suy luận lô- gic, chặt chẽ và góp phần quan
trọng trong việc gắn kết tốn học và thực tiễn. Tuy vậy, trong sách giáo khoa
hiện nay lại khơng hướng dẫn phương pháp giải dạng tốn này một cách cụ
thể, vì vậy giáo viện, học sinh thường lúng túng khi gặp dạng toán này.

Với mong muốn có được một tài liệu hệ thống về tốn cực trị hình học
để dạy cho học sinh ở trung học cơ sở, tôi đã sưu tầm, tuyển chọn một số
phương pháp giải tốn cực trị hình học và một số bài tốn cực trị hình học
thơng dụng ở bậc THCS để viết thành đề tài “Một số phương pháp giải tốn
cực trị hình học ở bậc THCS” để góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy,
học tập bộ mơn tốn nói chung và góp phần nâng cao hiệu quả cơng tác bồi
dưỡng học sinh giỏi mơn tốn ở trường THCS.
1.2. Điểm mới của đề tài:
Tơi đã tìm hiểu và đọc nhiều chuyên đề của các tác giả khác nhau về
toốn cực trị hình học. Tuy nhiên, đa số các chuyên đề đó chỉ đưa ra các bài
tập và hướng dẫn cho những bài cụ thể. Trong phạm vi của đề tài này, tôi đã
hệ thống lại phân loại các bài tập về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên cơ sở hệ
thống các kiến thức liên quan, xây dựng mơ hình, giải pháp chung cho từng
loại. Khi áp dụng đề tài, tôi đã thực hiện một số biện pháp đat hiệu quả cao
như xây dựng cho các em hệ thống kiến thức, các em hiểu thật sâu các kiến
thức và cách vận dụng các kiến thức đó để giải quyết những bài toán nào, xây
dựng phương pháp giải cho từng loại và có các ví dụ minh họa.
1.3. Phạm vi áp dụng của đề tài:
* Đối tượng nghiên cứu:
Trong sáng kiến này tôi chỉ nghiên cứu trên hai nhóm đối tượng cụ thể
sau:
- Giáo viên dạy tốn THCS, đặc biệt là giáo viên làm công tác bồi dưỡng
học sinh giỏi;
- Học sinh khá, giỏi THCS, chủ yếu ở lớp 8 và lớp 9.
* Phạm vi nghiên cứu:
- Tốn cực trị hình học ở bậc THCS


* Phạm vi áp dụng: Đề tài này áp dụng cho học sinh khá giỏi THCS

(chủ yếu là lớp 8 và lớp 9) và giáo viên dạy Toán THCS nơi bản thân đang
công tác.

2. PHẦN NỘI DUNG
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu:
Qua nhiều năm giảng dạy ở bậc THCS tơi nhận thấy dạng tốn cực trị
hình học là một dạng tốn hấp dẫn và lơi cuốn. Trong chương trình hình học
THCS, có nhiều bài tập về yếu tố cực trị hình học. Tuy nhiên trong sách giáo
khoa khơng có hướng dẫn phương pháp giải tốn một cách cụ thể ,vì vậy học
sinh thường lúng túng khi gặp dạng tốn này.
Trong q trình giảng dạy tốn nâng cao và dạy bồi dưỡng học sinh giỏi,
bản thân tôi đã tìm hiểu nhiều tài liệu và nhận thấy đây là dạng tốn tương đối
khó , tuy nhiên phần nhiều các tài liệu chỉ đưa ra bài tập và bài giải chứ ít đề
cập đến lý thuyết vì vậy học sinh ít giải được dạng tốn này do khơng hiểu đề,
khơng tìm ra lời giải hoặc có khi chỉ đơn giản là khơng trình bày bài giải
được. Khi gặp dạng tốn này, rất nhiều em học sinh có nhu cầu và mong
muốn giải quyết, khám phá. Tuy nhiên, vì phương pháp giải chưa được định
hình và hệ thống nên các em cịn nhiều khó khăn, lúng túng. Từ đó sự hứng
thú với dạng toán này của các em bị giảm sút và các em trở nên có tâm lí e
ngại khi gặp những bài tốn có dạng này.
Trong q trình giảng dạy tại trường THCS nơi tôi công tác, trước khi áp
dụng đề tài “Một số phương pháp giải toán cực trị hình học ở bậc THCS”,
tơi đã tiến hành khảo sát với 30 em học sinh khá giỏi lớp 8 và 30 em khá giỏi
lớp 9 ( với hai bộ đề khác nhau về chủ đề các bài toán cực trị hình học ), kết
quả thu được như sau:
Khối
8
9

Số

lượng
30
30

Điểm giỏi
SL
%
01
3,3
01
3,3

Điểm khá
SL
%
05
16,7
06
20,0

Điểm TB
SL
%
17
56,7
18
60,0

Điểm yếu
SL

%
07
23,3
05
16,7


Trước thực tế đó, tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Một số phương pháp
giải tốn cực trị hình học ở bậc THCS” với mong muốn có thể giúp được
học sinh THCS cảm thấy hứng thú hơn, tự tin hơn và giải quyết tốt hơn khi
gặp các bài toán về cực trị hình học.
2.2. Các giải pháp:
2.2.1 Giải pháp 1: Hệ thống những kiến thức cơ bản:
2.2.1.1- Toán cực trị trong hình học là gì?
- Tốn cửc trị trong hình học là những bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của một đại lượng y nào đó sao cho: y1 ≤ y ≤ y2
Ở đây y là độ dài đoạn thẳng, tổng của hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn
của một góc, chu vi hay diện tích một hình…
y1, y2 là các giá trị cố định khơng đổi của y.
- Giải bài tốn cực trị hình học là phải chỉ rõ vị trí hình học của y để y
đạt giá trị nhỏ nhất y = y1 hay y = y2.
2.2.1.2- Các phương pháp giải bài toán cực trị hình học.
Ta có thể giải bài tốn cực trị hình học bằng một trong các phương pháp
sau đây:
* Phương pháp 1.
Vẽ một hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay các
điều kiện của đại lượng đó bằng các đại lượng tương đương. Người ta thường
dùng cách này khi đầu bài toán được cho dưới dạng: “Tìm một hình nào đó
thoả mãn các điều kiện cực trị của bài tốn.”
Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác nào

có chu vi nhỏ nhất.
Giải :
B'

Qua A kẻ đường thẳng xy // BC (BC
khơng đổi)
Vì diện tích ∆ABC khơng đổi nên

A'

x

A

y

đường cao AH của ∆ABC cũng không đổi.
B

a

H

C


Do đó các đỉnh của các tam giác thoả mãn điều kiện của đầu bài phải nằm
trên đường thẳng xy.
Ta có PABC = AB + AC + BC = AB + AC + a
PABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua xy, B’C cắt xy tại A’. Xét tam giác
AB’ + AC = AB + AC ≥ B’C

AB’C có
Ta có:

AB’ + AC ≥ A’B’ + A’C

Dấu bằng xảy ra khi A ≡ A’.
Khi đó A’B’ = A’B = A’C. Nên ∆A’BC cân tại A’.
Và PABC ≥ PA’BC hay minPABC = PA’BC
Vậy trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích thì tam giác cân có
chu vi nhỏ nhất.
* Phương pháp 2.
Đưa ra một hình theo yêu cầu của đầu bài, sau đó chứng minh mọi hình
khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị đều lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố
tương ứng trong hình đã đưa ra.
Người ta thường dùng cách chứng minh này khi hình dạng của hình khi
đạt cực trị đã được khẳng định rõ trong đầu bài
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện
tích thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.
Để giải bài toán này trước hết ta vẽ tam giác cân ABC (cân ở A). Ta phải
chứng minh rằng mọi tam giác A’BC nào đó có khoảng cách từ A’ đến BC
bằng khoảng cách từ A đến BC thì chu vi tam giác A’BC lớn hơn chu vi tam
giác ABC.
Thật vậy:
* Ta sẽ có A’ ∈ xy, xy qua A và song song với BC (A’ ≡ A).
Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua xy.
Chứng minh được B, A, C’ thẳng hàng.
Khi đó PABC = BC’ + BC

PA’BC = A’B + A’C + BC
= A’B + A’C’ + BC
Xét ∆A’BC’.
Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
A’B + A’C’ > BC’
Do đó

C'

PA’BC > PABC

* Nếu xét trường hợp A’
khác phía A so với đường thẳng

x

A'

y

A

BC thì ta cũng có được một tam
giác đối xứng với ∆ABC qua BC
để so sánh với tam giác A’BC.

B

C

* Phương pháp 3.
Thay việc tìm cực trị của một đại lượng này bằng việc tìm cực trị của
một đại lượng khác và ngược lại
Ví dụ 3: Cho hình vng ABCD cạnh a. Xét hình thang có 4 đỉnh ở trên
4 cạnh của hình vuông và hai đáy song song với một đường thẳng chứa đường
chéo của hình vng. Tìm hình thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích
lớn nhất ấy.
Giải:

Thật vậy: Gọi EFGH là hình thang
có E ∈ AB, F ∈ BC, G ∈ CD, H ∈ DA
và EH // BD, FG // BD.
Giả sử AE = x, FC = y
Ta thấy EFGH là hình thang cân.
Gọi S là hiệu của diện tích hình vng ABCD
và diện tích hình thang EFGH.
Nên S = SAEH + SEBF + SFCG + SDHG
S = SAEH + 2SEBF + SDHG
S=

( a − x )( a − y ) + y 2
x2
+2
2
2
2

A

x

E

a-x

a-y
F

x
H

y

a-x
D

B

a-y G

y

C


Biến đổi được S =
S=

[

1
( x + y − a) 2 + a 2
2

]

a2 ( x + y − a)
a2
+
≥
2
2
2
2

Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị lớn nhất thì S phải đạt giá trị
nhỏ nhất.
Mà S ≥

a2
, dấu bằng xảy ra khi x + y = a
2

Vậy maxSEFGH = a2 –

a2 a2
=
⇔x + y = a

2
2

Hay

x=a–y

Khi đó AE = BF = DG = AH
Mà AE // DG, AH // BF
Nên HF // AB // CD và EG // AD // BC.
Vậy hình thang thoả mãn điều kiện của đầu bài có diện tích lớn nhất là
a2
(nửa diện tích hình vng ABCD) là hình thang có các đường chéo song
2

song với các cạnh của hình vng ABCD.
Chú ý:
- Có trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A, ta chia A thành từng
tổng A = B + C + D + … rồi đi tìm cực trị của B, C, D…
Từ đó suy ra cực trị của A. Ta cần chứng minh khi A đạt cực trị thì đồng
thời B, C, D cũng đạt cực trị.
- Nếu bài tốn đã cho có nhiều khả năng tương ứng với các trường hợp
khác nhau của hình thì phải tìm cực trị trong từng trường hợp. Cuối cùng so
sánh các cực trị đó để tìm ra cực trị của bài toán.
2.2.2. Giải pháp 2: Phân loại các dạng toán cực trị thường gặp và phương
pháp giải.
2.2.2.1- Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác.
- Với 3 điểm A, B, C bất kỳ ln có
AB + AC ≥ BC
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm giữa B, C

- Trong tam giác ABC ta có
AB − AC < BC < AB + AC

ABC ≤ ACB ⇔ AC ≤ AB
Ví dụ 1: Cho đường thẳng xy và hai điểm A, B cùng thuộc một nửa mặt
phẳng có bờ là xy
a, Tìm 1 điểm M ∈ xy sao cho MA + MB là nhỏ nhất.
b, Tìm điểm N ∈ xy sao cho NA − NB lớn nhất.
Bài giải
a,
B
A

y

x
H

Mo

M

A'

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua xy
Kẻ BA’ cắt xy tại Mo.
Ta thấy AMo = A’Mo
Và AMo + BMo = A’B

Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc xy suy ra MA = MA’
Ta có

MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B
Dấu bằng xảy ra khi A’, M, B thẳng hàng
Hay M ≡ Mo

Vậy min(MA + MB) = A’B ⇔ M ≡ Mo
b,

A

Lấy điểm N bất kỳ ∈ xy
Ta ln có NA − NB ≤ AB
Dấu bằng xảy ra khi B nằm giữa A, N

B

* Nếu AB // xy
x

N

No

y


Do đó khơng tìm được điểm N thoả mãn đầu bài
* Nếu AB không song song với xy

Gọi No là giao điểm của đường thẳng AB và xy
Ta sẽ có max NA − NB = AB ⇔ N ≡ N o
No là điểm cần tìm
Ví dụ 2: Hai xóm A, B cách nhau một con sơng. Tìm địa điểm để bắc
một cây cầu qua sông sao cho quãng đường từ A đến B là ngắn nhất.
〈Bài toán coi: Hai bờ sông là hai đường thẳng song song, cầu bắc vuông góc
với bờ sơng để tiết kiệm ngun vật liệu〉.

x
A

Giải:
Biểu thị hai xóm A, B bên bờ sơng là hai

C

Co

d1
A'

điểm A, B.
Hai bờ sông là hai đường thẳng d 1, d2 song

D

d2

song với nhau. Ta phải tìm địa điểm cây cầu CD

Do
y

N

sao cho:
Tổng AC + CD + DB là ngắn nhất
Ta thấy độ dài CD khơng đổi nên ta cần tìm vị trí điểm C, D sao cho AC
+ BD ngắn nhất.
Qua A ta dựng một đường thẳng xy vng góc với d1, d2 ⇒ xy // CD.
Từ D kẻ đường thẳng song song với CA cắt xy tại A’
Như vậy ACDA’ là hình bình hành
Do đó AC = A’D
Khi đó DB + AC = DB + A’D ≥ BA’
Dấu bằng xảy ra khi B, D, A’ thẳng hàng
Tức là D ≡ Do (Do là giao điểm của A’B với d2)
Vậy địa điểm bắc cầu là CoDo.
Ví dụ 3: Cho ∆ABC. O là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC. Hãy tìm
điểm M sao cho tổng MA + MB + MC + MO là nhỏ nhất.
Bài giải


Ta xét hai trường hợp:
a, Tam giác ABC là tam giác nhọn
Nên tâm O nằm trong ∆ABC
A
A
(I)

( II )

O

P
O
B
B

C

C

M

Xét hình ( I ). Giả sử O là một điểm bất kỳ trong ∆ABC, theo bất đẳng
thức tam giác ta chứng minh được: OB + OC < AB + AC
Xét hình ( II ). Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử điểm O ∈
∆ACM
⇒ MA + MC ≥ OA + OC hay MA + MC ≥ 2OA
Dấu bằng xảy ra khi M ≡ O
Xét ∆MBO. Có MB + MO ≥ OB = OA
Do đó MA + MB + MC + MO ≥ 3.OA = 3R
Do vậy min(MA + MB + MC + MO) = 3R ⇔ M ≡ O
b, Nếu tam giác ABC là tam giác tù ⇒ O nằm ngồi tam giác ABC
Giả sử góc A tù.

M
A

B
O

Mo

C

Ta có MA + MB + MC + MO = (MA + MO) + (MB + MC) ≥ OA + BC
Dấu bằng xảy ra khi M ∈ OA và M ∈ BC hay M là giao điểm của OA và
BC


Vậy MA + MB + MC + MO nhỏ nhất khi M là giao điểm của OA và BC (M
≡ Mo)
Bài tập áp dụng:
1. Cho tam giác ABC cân ở A và điểm D cố định trên đáy BC. Dựng một
đường thẳng song song với BC, cắt hai cạnh bên ở E và F sao cho DE + DF
có giá trị nhỏ nhất.
2. Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó sao cho M
khơng thuộc Ox và Oy. Hãy xác địn điểm B trên Ox, điểm C trên Oy sao cho
OB = OC và MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Cho góc vng xOy. Điểm A thuộc miền trong của góc. Các điểm M
và N theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho MAN = 90 o. Xác
định vị trí của M, N để MN có độ dài nhỏ nhất.
4. Cho tam giác ABC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Hãy tìm điểm M
sao cho tổng MA + MB + MC + MO là nhỏ nhất.
2.2.2.2- Dạng 2: Dùng tính chất của đường vng góc và đường xiên.
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến
một điểm nằm trên đường thẳng đó, đoạn vng góc với đường thẳng đó là
đoạn ngắn nhất.
Suy ra: trong tam giác vuông cạnh huyền là cạnh lớn nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến

đường thẳng đó, đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.
- Trong các đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai đường thẳng song
song, đoạn thẳng vng góc với hai đường thẳng song song có độ dài nhỏ
nhất.
Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC. Qua trọng tâm O của tam giác hãy
dựng đường thẳng sao cho tổng khoảng cách từ 3 đỉnh của tam giác đến
đường thẳng đó là lớn nhất.

A

Giải:
Gọi d là đường thẳng bất kỳ qua O, H là
trung điểm BC nên O ∈ AH

d

B'
H'

A' O

B

C'

H

C

Kẻ AA’, BB’, CC’, HH’ vng góc với d.
Tứ giác BB’C’C là hình thang nhận HH’ là đường trung bình
Nên 2HH’ = BB’ + CC’
∆OAA’ ∼ ∆OHH’
⇒

AA' OA
=
=2
HH' OH

Do đó AA’ = 2HH’
Suy ra:

AA’ + BB’ + CC’ = 2HH’ + 2HH’ = 4HH’
= 2.AA’ ≤ 2.OA

Do đó max(AA’ + BB’ + CC’) = 2.OA ⇔ OA = AA’
⇔

d // BC (hoặc d // AB, d // AC)

Như vậy: Qua O dựng đường thẳng song song với một trong ba cạnh của
tam giác đều ABC thì tổng khoảng cách từ ba đỉnh của tam giác đến đường
thẳng đó là lớn nhất.
Ví dụ 2: Cho tam giác nhọn ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trên cạnh
BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí của điểm
M để EF có độ dài nhỏ nhất.
Giải:

A

Gọi I là trung điểm của AM.
Khi đó

IA = IM = IE = IF =

Ta có

EIF= EIM+ MIF

AM
2

EIF= 2EAI+2FAI
EIF =2A khơng đổi

I

F

E

B

M

Tam giác EIF cân ở E, có góc ở đỉnh không đổi. Nên cạnh đáy nhỏ nhất
khi và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất.
Mà IE =

AM
2

Do đó IE nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất
⇔ AM ⊥ BC

C


Vậy khi M là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC thì EF có độ dài
nhỏ nhất.

Bài tập áp dụng:
1. Cho góc vng xOy, điểm A thuộc miền trong của góc. Các điểm M,
N lần lượt chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho góc MAN bằng 90 o. Xác
định vị trí của điểm M, N để tổng AM + AN có độ dài:
a, Nhỏ nhất.
b, Lớn nhất.
2. Cho tam giác ABC. Tìm đường thẳng qua đỉnh A của tam giác sao cho
tổng khoảng cách từ B, C tới đường thẳng đó là nhỏ nhất.
3. Cho tam giác ABC vuông cân ở A, cạnh huyền BC = 2a. Một đường
thẳng d bất kỳ qua A và không cắt cạnh BC. Gọi I và K theo thứ tự là hình
chiếu của B và C trên d và H là trung điểm của BC. Tính diện tích lớn nhất
của tam giác HIK
4. Cho (O; R) có AB là dây cung cố định không đi qua tâm O. C là điểm
di động trên cung lớn AB (C không trùng với A, B). Gọi d là tiếp tuyến tại C
của đường tròn

(O; R), M và N lần lượt là chân các đường vng góc kẻ từ

A, B tới d.
Tìm vị trí của điểm C sao cho khoảng cách MN dài nhất, ngắn nhất.
2.2.2.3- Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc.
Độ dài đường gấp khúc nối 2 điểm không nhỏ hơn độ dài đoạn thẳng nối
hai điểm đó.
Cho các điểm A1, A2, …, An.
A1A2 + A2A3 + … + An-1An ≥ A1An
Dấu bằng xảy ra khi A2, A3, …, An-1 lần lượt nằm giữa A1 và An (kể từ A1
đến An).
Ví dụ 1: Cho góc nhọn xOy và một điểm A ở trong góc đó. Tìm điểm B
thuộc Ox, C thuộc Oy sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.


Thật vậy:
Giả sử B và C là hai điểm bất kỳ trên Ox, Oy. Ta phải tìm vị trí của B, C
sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.

A"

y

Co
C

A

O
B

Bo
x

A'

Gọi A’, A” lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy. Do đó A’, A” cố
định và ta có: AB = A’B
AC = A”C
Nên PABC = AB + AC + BC = A’B + A”C + BC ≥ A’A”
Do đó minPABC = A’A” ⇔ B ≡ Bo, C ≡ Co
Bo và Co là giao điểm của A’A” với Ox, Oy.
Như vậy ta cần dựng A’, A” lần lượt đối xứng với A qua Ox, Oy, sau đó
nối A’A” cắt Ox, Oy tại Bo, Co và vị trí Bo, Co là vị trí của B, C cần tìm.
Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD và một tứ giác MNPQ có bốn đỉnh
thuộc bốn cạnh của hình vng (Tứ giác MNPQ nội tiếp hình vng). Tìm
điểu kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất.


B

M

A

K

N
J

Q

I
D

P

C

Gọi P là chu vi của hình tứ giác MNPQ.
I, J, K lần lượt là trung điểm của PQ, QN, MN
Như vậy PQ = 2DI
PN = 2IJ
MQ = 2KJ
MN = 2BK
Do đó P = MN + NP + PQ + QM = 2KB + 2IJ + 2DI + 2KJ
= 2(BK + KJ + JI + ID) ≥ 2BD
Vậy minP = 2BD ⇔ MQ // BD, MN // AC, NP // BD, PQ // AC
Khi đó MNPQ là hình chữ nhật
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 o. Tìm điểm M nằm
bên trong tam giác sao cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
C'

A

M'

M
B

C

Gọi M là một điểm ở trong tam giác ABC.
Thực hiện phép quay tâm A, góc quay 60o ngược chiều kim đồng hồ.
Khi đó:

M → M’
C → C’


∆AMM’ và ∆ACC’ là các tam giác đều.
Do đó AC’ = AC, MC = M’C’
Nên MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’ ≥ BC’
Nên min(MA + MB + MC) = BC’ ⇔ B, M, M’, C’ thẳng hàng
Khi đó AMB = 120o
AMC = AM’C’ = 180o – 60o = 120o
Còn lại BMC = 120o
Vậy M là giao của hai cung chứa góc 120 o dựng trên hai cạnh bất kỳ của
tam giác ABC vào phía trong tam giác ABC.
Bài tập áp dụng:
1. Cho hai đường tròn ở ngồi nhau. Đường nối tâm OO’ cắt hai đường
trịn tại

A, B và A’, B’ (A, B ∈ (O); A’, B’ ∈ (O’); A, A’ nằm giữa B, B’).

Chứng minh rằng AA’ là khoảng cách ngắn nhất, BB’ là khoảng cách lớn
nhất trong tất cả các khoảng cách nối hai điểm bất kỳ của hai đường trịn đó.
2. Cho hình chữ nhật ABCD. Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh
của hình chữ nhật sao cho chu vi tứ giác có giá trị nhỏ nhất.
3. Tam giác DEF gọi là nội tiếp tam giác ABC nếu ba đỉnh của tam giác
DEF nằm trên ba cạnh của tam giác ABC.
Hãy tìm tam giác nội tiếp tam giác nhọn ABC cho trước sao cho nó có

chu vi nhỏ nhất.
2.2.2.4- Dạng 4: Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.
- Đường kính là dây lớn nhất của đường trịn.
- Trong hai dây khơng bằng nhau của một đường trịn, dây lớn hơn khi
và chỉ khi gần tâm hơn.
Trong chương trình Trung Học Cơ Sở các bài tốn về đường trịn chỉ
được sử dụng với học sinh lớp 9. Các bài tập loại này tương đối phong phú,
nhưng khi giải ta chỉ cần sử dụng tốt các kiến thức được học trực tiếp trong
sách giáo khoa.
Ví dụ 1: Cho đường trịn (O) và điểm M nằm trong đường trịn (M
khơng trùng với O)


1. Qua M dựng dây AB sao cho độ dài của nó
a, Lớn nhất
b, Nhỏ nhất
2. Dựng điểm P trên đường trịn sao cho góc OPM lớn nhất.
Bài giải

B'

1.a, Theo định lý đường kính là dây lớn nhất

Ao

của đường trịn

O

Nên chỉ cần dựng một dây A’B’ qua M, O

A

Thì A’B’ chính là day cần phải dựng

M

B

H

A'
Bo

A’B’ là dây qua M có độ dài lớn nhất.
b, Giả sử AB là một dây bất kỳ qua M.
Hạ OH ⊥ AB. Gọi AoBo là dây qua M sao cho AoBo ⊥ OM
Xét tam giác vng MOH
Có: OM ≥ OH ⇒AB ≥ AoBo
Dấu bằng xảy ra khi H ≡ M

Như vậy dây AB có độ dài nhỏ nhất thì AB ≡ AoBo. Hay A ≡ Ao, B ≡ Bo
2. Giả sử PQ là một dây bất kỳ trên đường trịn.
Tam giác cân OPQ có hai cạnh
bên khơng đổi
o
180 - POQ

OPM =
2

Nên để góc OPM đạt giá trị lớn nhất
thì góc POQ đạt giá trị nhỏ nhất
⇔ PQ nhỏ nhất
⇔ PQ ⊥ OM tại M
⇔ PQ ≡ P’Q’
Qua M dựng đường thẳng vng góc với OM,
cắt (O) tại P’ và Q’
Ta có vị trí P’ là vị trí của P cần xác định.

P'

O

P

Q

M
A'
Q'


Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vng góc ở A.M là trung điểm của BC. Hai
đường thẳng di động vng góc với nhau tại M cắt các cạnh AB, AC theo thứ
tự tại D và E.
Tìm giá trị nhỏ nhất của DE và diện tích tam giác MDE.
Giải:

A

Do tam giác ABC vuông ở A
BC
2

⇒AM =

D

Tứ giác ADME là tứ giác nội
tiếp (O) đường kính DE.

B

Do đó DE ≥ AM

E

O

M

⇒ minDE = AM ⇔ AM cũng là đường kính của (O).
Do đó AEM = 90o
Suy ra:

ME // AB ⇒ E là trung điểm của AC.

Tương tự MD // AC ⇒ D là trung điểm của AB
Khi đó DE là đường trung bình của tam giác ABC.

Vậy đoạn DE ngắn nhất khi DE là đường trung bình của tam giác ABC.
Ta lại có MDE = MAE
Và tam giác AMC cân tại M
MAC =MCA ⇒MDE =MCA

Vên

Do đó tam giác vng ABC đồng dạng với tam giác vng MED
Do đó:

SABC BC 2
=
SMED ED 2

Lại có tam giác ABC cố định ⇒ SABC và BC không đổi
⇒ SMED nhỏ nhất ⇔ ED nhỏ nhất
Theo câu a: SMED nhỏ nhất ⇔ D, E lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Và ta có: BC = 2ED
S

⇒ S ABC = 4
MED

⇒

minSMED =

1
SABC
4

C


Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O; R). Một tia Ax nằm
giữa hai tia AB và AC cắt BC tại P cắt (O) tại E.

A

Tìm vị trí của tia Ax sao cho độ dài DE lớn nhất?
Bài giải
Ta có DE = AE – AD.

O

AE là một dây của (O)
⇒ maxAE = 2R là đường kính
Nối AO kéo dài cắt BC tại D1, (O) tại E1
⇒AD1 ⊥ BC

D

D1

B
E

C
E1

x

Ln có: AD ≥ AD1
Dấu bằng xảy ra khi D ≡ D1
Tức là minAD = AD1 ⇔ AE ≡ AE1 là đường kính
Như vậy khi AE đạt cực đại đồng thời AD đạt cực tiểu
Cho nên ở vị trí này DE đạt giá trị lớn nhất
Vậy maxDE = D1E1 khi và chỉ khi Ax qua tâm O.
Bài tập áp dụng:
1. Cho tam giác ABC đều và nội tiếp (O; R). M là một điểm di động trên
cung nhỏ BC. Xác định vị trí của M để tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh
của tam giác ABC có giá trị lớn nhất.
2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Điểm M di chuyển trên
nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến tại A, B với nửa đường
trịn C, D. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng SACM + SBDM
3. Trong tất cả các tam giác ABC có độ dài cạnh BC và góc A khơng đổi.
Hãy tìm tam giác có chu vi lớn nhất.
4. Trong các hình chữ nhật có đường chéo bằng d khơng đổi, hình nào có
diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó.
2.2.2.5- Dạng 5: Sử dụng các bất đẳng thức đại số.
Khi giải các bài toán cực trị hình học có một số trường hợp ta phải đưa
về các biểu thức đại số.


Khi đó ta vận dụng cách tìm cực trị của các biểu thức đại số bằng cách
sử dụng các bất đẳng thức, các phương pháp tìm cực trị ở phần I với những
điều kiện cụ thể của các yếu tố hình học trong các bài tốn.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có diện tích bằng S. Các điểm D, E, F thứ tự
thuộc các cạnh AB, BC, AC sao cho AD = k.AB, BE = k.BC, CF = k.CA.
a, Tính diện tích của tam giác DEF theo S và k

b, Với giá trị nào của k thì diện tích tam giác DEF có giá trị nhỏ nhất.
A
F

D

B

E

C

a, Hai tam giác ABC và ACD có cùng đường cao hạ từ C đến AB do đó:
SACD AD
=
=k
SABC AB

⇒ SACD = k.SABC = k.S
Tương tự SCDF = k.SACD = k2.S
Nên SADF = k.S – k2S = k(1 – k)S
Tương tự SBDE = k(1 – k)S
SCEF = k(1 – k)S
Do đó: SDEF = S – 3k(1 – k)S
= [1 – 3k(1 – k)]S
b, Do S không đổi
Nên SDEF đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi [1 – 3k(1 – k)] đạt giá trị nhỏ
nhất
Ta có: 1 – 3k(1 – k) = 3k2 – 3k + 1
1

4

= 3(k2 – k + +
= 3(k –

1
)
12

1 2 1 1
) + ≥
2
4 4


Dấu bằng xảy ra khi k =
Vậy minSDEF =

1
2

1
1
S ⇔k =
4
2

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi x, y, z theo
thứ tự là khoảng cách từ điểm M ở trong tam giác tới các cạnh BC, AC, AB.
a

b

c

Xác định vị trí của điểm M để tổng x + y + z có giá trị nhỏ nhất
A

Gọi S là diện tích tam giác ABC
⇒

S = SMBC + SMAC + SMAB
S=

⇒

z
c

1
(ax + by + cz)
2

y
M
x

ax + by + cz = 2S

a

B

Ta xét biểu thức
a

b

c

P = (ax + by + cz)( x + y + z )
x

y

y

z

x
z

z
x

= a2 + b2 + c2 + ab( y + x ) + bc( z + y ) + ca( + )
Theo bất đẳng thức côsi Với x, y, z > 0
x y
+ ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi x = y
y x

Ta có:

y z
+ ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi y = z
z y
x z
+ ≥ 2 , dấu bằng xảy ra khi x = z
z x

Do đó P ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
a

b

c

Hay 2S( x + y + z ) ≥ (a + b + c)2
⇒

a b c ( a + b + c)
+ + ≥
x y z
2S
a

b

c

Nên min ( x + y + z ) =

b

2

( a + b + c) 2 ⇔
2S

x=y=z

C


⇔ M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Ví dụ 3: Trong các tam giác vng có tổng hai cạnh góc vng khơng
đổi tam giác nào có chu vi nhỏ nhất.
A

Giải:
Gọi P là chu vi của tam giác ABC
Ta có:

c

b

P=a+b+c

Do b + c khơng đổi

⇒ P nhỏ nhất khi và chỉ khi a nhỏ nhất

B

C

a

Đặt b + c = 2m không đổi
Suy ra:

b=m+x
c = m – x.

Áp dụng định lý Pitago
Xét a2 = b2 + c2
a2 = (m + x)2 + (m – x)2
a2 = 2m2 + 2x2 ≥ 2m2

vì 2x2 ≥ 0

Do đó min a2 = 2m ⇔ x = 0
⇔ b=c
Vậy chu vi tam giác vuông ABC nhỏ nhất khi tam giác ABC là tam giác
vuông cân tại A
Bài tập áp dụng:

1. Cho hình vng KLMN có cạnh là 1. Người ta nội tiếp trong hình
vng này một hình thang ABCD với các đáy là AB và CD sao cho A là trung
điểm của KN, các đỉnh B, C, D lần lượt thuộc các cạnh KL, LM, MN.

Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD khi BK =

1
3

2. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. M là điểm di động trên đường
trịn. Vẽ MH vng góc với AB (H thuộc đoạn AB). Xác định vị trí của M
trên đường trịn (O; R) sao cho diện tích tam giác OMH lớn nhất.
3. Cho tam giác ABC cân ở A. Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động
trên các cạnh AB, AC sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N để:


a, MN có giá trị nhỏ nhất.
b, Diện tích tam giác AMN có giá trị lớn nhất.
Trên đây là một số giải pháp cơ bản mà trong quá trình thực tế giảng dạy
và bồi dưỡng học sinh giỏi những năm gần đây tôi đá áp dụng và thu được
những kết quả tích cực tại đơn vị. Hy vọng đề tài này hữu ích đối với các bạn
đồng nghiệp và các em học sinh ở các trường THCS khác.
3. PHẦN KẾT LUẬN :
3.1. Ý nghĩa của đề tài:
Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy đề tài “Một số phương pháp giải
tốn cực trị hình học ở bậc THCS” có thể áp dụng được cho việc dạy tự
chọn nâng cao cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi. Khi được học với những
kiến thức và phương pháp mà đề tài này đã đề cập, học sinh đã thực sự tiếp
thu tốt và có hiệu quả. Đề tài này đã giúp các em nắm vững được phương
pháp giải toán, khắc phục được những hạn chế trong việc giải tốn cực trị
hình học; vận dụng được các kiến thức đã học trong thực tế, phát huy được
khả năng tư duy sáng tạo của các em.
Sau khi áp dụng các phương pháp giải toán cực trị hình học của đề tài
này tại đơn vị, tơi nhận thấy học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt các

phương pháp vào giải các bài tập có liên quan đến yếu tố cực trị hình học cụ
thể từ đơn giản đến phức tạp. Đối với học sinh giỏi các em đã biết sử dụng,
kết hợp các phương pháp để giải được các bài tốn ở dạng khó hơn, phức tạp
hơn. Qua đó giúp học sinh hứng thú khi gặp dạng tốn này nói riêng và học
mơn Tốn nói chung.
Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy tại đơn vị, tôi đã tiến hành
khảo sát lại với 30 em học sinh khá giỏi lớp 8 và 30 em khá giỏi lớp 9 ban đầu
với hai bộ đề thi khác nhau dành riêng cho mỗi khối ( tương đương các đề thi
trước khi áp dụng đề tài ), kết quả thu được như sau:
Khối

Số
lượng

Điểm giỏi
SL
%

Điểm khá
SL
%

Điểm TB
SL
%

Điểm yếu
SL
%

8
9

30
05
16,7
08
26,7
17
56,7
0
0
30
04
13,3
10
33,3
16
53,4
0
0
Kết quả này đã góp phần minh chứng cho sự hiệu quả mà đề tài mang

lại. Thực tế trong các năm gần đây, viêc áp dụng đề tài này vào dạy bồi dưỡng
học sinh giỏi cấp trường và cấp huyện tại đơn vị đã có kết quả đáng kể, đã có
ngày càng nhiều em đã đạt giải trong các kỳ thi học sinh giỏi mơn tốn cấp
huyện và cấp tỉnh.
3.2. Kiến nghị, đề xuất :
* Đối với cấc cấp quản lí giáo dục:

Tơi xin đề xuất tăng cường hơn nữa việc tổ chức các chuyên đề, hội thảo
bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên.
* Đối với giáo viên dạy tốn THCS:
Trong đề tài này, tơi đã sắp xếp khá chi tiết từ dễ đến khó, tơi đã hệ
thống phân dạng và có phương pháp giải cụ thể cho từng dạng, tích hợp các
bài tốn vận dụng thực tế, tôi đã lồng ghép vào các tiết học, với nội dung,
chương trình hợp lí nhất, phù hợp với nội nung kiến thức bài học và năng lực
của học sinh tránh gây ra sự mệt mỏi, nhàm chán cho học sinh. Ngoài ra cần
quan tâm đến đối tượng học sinh, một số dạng bài tập khó chỉ áp dụng cho đối
tượng học sinh giỏi. Việc áp dụng chuyên đề thực sự rất cần thiết, và đạt được
hiệu quả nhất định khi vận dụng với từng đối tượng học sinh. Từ đó hình
thành cho các em các kỹ năng vận dụng trong học tập, lĩnh hội các tri thức
khoa học và vận dụng thực tế vào cuộc sống.
Trên đây tơi đã trình bày “Một số phương pháp giải tốn cực trị hình
học ở bậc THCS”, đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi tự rút ra
khi dạy các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong bộ mơn hình học.
Cùng với sự góp ý của đồng nghiệp, hy vọng rằng đề tài của tơi sẽ góp phần
tăng thêm hiệu quả học tập của học sinh . Dù đã cố gắng học hỏi trau dồi kiến
thức song không thể tránh khỏi những thiếu sót, tơi rất mong nhận được sự
quan tâm góp ý chân thành của đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để
đề tài ngày một hoàn thiện hơn.


Tơi xin chân thành cảm ơn !

CỘNG HỊA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI:

‘‘MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN
CỰC TRỊ HÌNH HỌC Ở BẬC THCS”