chuyen de cuc tri hinh hoc THCS

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuyên đề cực trị hình học. CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC THCS Phương pháp 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc. Ví dụ 1.1: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA ta lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H sao cho AE= BF= CG= DH. Xác định vị trí của các điểm E, F, G, H sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. E A B Giải: HAE= EBF(c-g-c)  HE= EF. F Tương tự ta có: HE= EF= FG= GH nên tứ giác EFGH là hình thoi.  O AHE  BEF HAE= EBF còn suy ra  0 0   AEH   90 nênBEF   AEH   90 Ta lại có AHE H   900 . Như vậy hình thoi EFGH là hình vuông. Do đó: HEF Gọi O là giao điểm của AC và EG. Tứ giác AECG có AE= CG, G C D AE// CG nên là hình bình hành, suy ra O là trung điểm của AC và của EG, do đó O là tâm của cà hai hình vuông ABCD và EFGH. HOE vuông cân: HE 2  2.OE 2  HE  OE. 2 Chu vi EFGH= 4.HE= 4 2 .OE. Do đó chu vi EFGH nhỏ nhất  OE nhỏ nhất. Kẻ OK  AB . Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên: OE  OK( độ dài OK không đổi) nên OE= OK  E K Do đó min OE= OK Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E, F, G, H là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Nhận xét về phương pháp giải: trong cách giải trên có các biến đổi tương đương sau: Chu vi EFGH nhỏ nhất  HE nhỏ nhất  OE nhỏ nhất. Quan hệ OE OK (OK không đổi) cho phép ta xác định vị trí của điểm E để OE có độ dài nhỏ nhất .. Ví dụ 1.2: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông góc với AB. Qua trung điểm M của AB có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xáx định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. y Giải: Gọi K là giao điểm của CM và DB. D MAC= MBK(g-c-g)  MC= MK. x DCK có đường cao DM là trung tuyến nên là tam giác cân, H   MDB . suy ra HDM Kẻ MH  CD . Do M thuộc tia phân giác cùa góc D nên: MH= C MB= a.. 1 S MCD  .CD.MH 2 Do CD AB= 2a và MH= a nên: S MCD . A. a. M. a. B. 1 .2a.a  a 2 2.   450 . S MCD  a 2  CD  Ax. Khi đó  AMC  450 , BMD. K. 2 Vậy S MCD  a . Các điểm C, D được xác định trê Ax, By sao cho AC= BD= a. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Ví dụ 1.3: Cho tam giác ABC có góc B là góc tù, điểm D di chuyển trên cạnh BC. Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng các khoảng cách từ B và từ C đến đường thẳng Ad có giá trị lớn nhất. Giải: A Gọi S là diện tích ABC. Khi D di chuyển trên cạnh BC ta có: S ABD  S ACD  S Kẻ BE  AD, CF  AD ta có : nên BE+ CF =. 1 1 . AD.BE  . AD.CF  S 2 2. 2S AD. E. B. H. D. Do đó BE + CF lớn nhất  AD nhỏ nhất. F Đường xiên AD nhỏ nhất  hình chiếu HD nhỏ nhất. Ta có HD  HB ( do  ABD  900 ) và HD = HB khi và chỉ khi DB. Như vậy khi D trùng B thì tổng các khoảng cách từ B và từ C đến AD có giá trị lớn nhất. Ví dụ 1.4: Cho hình bình hành ABCD. Qua A vẽ đường thẳng d không cắt hình bình hành. Gọi B’, C’, D’, lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm B, C, D trên đường thẳng d. Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng BB’ + CC’ + DD’ có giá trị lớn nhất. Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. B' O’ là hình chiếu vuông góc của O trên d. C' O' DD '  d , BB '  d  DD '/ / BB '  DD’B’B là hình thang. A Mà OO '  d , DD '  d  OO '/ / DD ' và O là trung điểm BD D' (ABCD là hình bình hành) d O Do đó OO’ là đường trung bình của hình thang DD’B’B BB '  DD '  BB '  DD '  2.OO ' D 2 OO '  d , CC '  d  OO '/ /CC ' và O là trung điểm AC (ABCD là hình bình hành) CC ' Do đó OO’ là đường trung bình cùa ACC’  OO '   CC '  2.OO ' 2 A  d , OO '  d nên OO’ OA. Do đó BB’ + CC’ + DD’ = 4.OO’ 4.OA ( không đổi) Dấu “=” xảy ra  O’  A  d vuông góc AC tại A.  OO ' . C. B. C. Phương pháp 2: Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc Ví dụ 2.1: Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD. Xác định vị trí các điểm: F thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải: A F Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG và GH. AEF vuông tại A có AI là trung tuyến  AI=. 1 .EF 2. B. I E. K. 1 Tương tự MC= .GH . 2. G. 1 2. IK là đường trung bình của EFG  IK= .FG . D. H. C. 1 Tương tự KM= .EH 2. Do đó: chu vi EFGH= MEF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có: AI + IK + KM + MC  AC (so sánh độ dài đoạn thẳng và đường gấp khúc) Suy ra: chu vi EFGH  2AC ( không đổi). 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC  A, I, K , M, C thẳng hàng.  Nhận xét về phương pháp giải: bằng cách vẽ trung điểm các cạnh EF, GH, và trung điểm của đường chép EG, ta tính được chu vi của tứ giác EFGH bằng hai lần độ dài đường gấp khúc AIKMC, độ dài đường gấp khúc trên nhỏ nhất khi đường gấp khúc đó trở thành đoạn thẳng AC.. Ví dụ 2.2: Cho tam giác ABC nhọn. Dựng một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếpABC, tức là có ba đỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ấy. Giải: Cách 1: Xét tam giác MNP nội tiếp ABC một cách tùy ý (M thuộc AB, N thuộc BC, P thuộc AC). Vẽ E, F sao cho AB là đường trung trực của NE, AC là đường trung trực của NF. Chu vi MNP = NM + MP + PN = EM + MP + PF  EF Ta cần xét khi nào thì EF nhỏ nhất. Ta có. F A 1 2 P M E. N. B.   2   2 BAC  EAF A1  2 A 2. C. EAF là tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất. EF nhỏ nhất  AE nhò nhất  AN nhỏ nhất  AN  BC Như vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi N là chân đường cao kẻ từ A, còn M và P là giao điểm cùa EF với AB, AC. Ta có nhận xét rằng khi N là chân đường cao kẻ từ A thì M và P cũng là chân hai đường cao còn lại của tam giác. F CM: Xét HMP: AB là đường phân giác của góc EMH, A P AC là đường phân giác ngoài của góc FPH. Ta có M AB, AC gặp nhau tại A nên HA là tia phân giác của góc MHP. Vì AH  HC nên HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H. Theo trên AC là đường phân giàc ngoài tại đỉnh P, HC gặp AC tại C nên MC là tia phân E giác góc trong tại đỉnh M. MB và MC là các tia phân giác của các góc kề bù B H C nên MB  MC. Tương tự PC  PB Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi M, N, P là chân ba đường cao của tam giác ABC. Do tam giác ABC nhọn nên M, N, P thuộc biên của tam giác. Cách 2: Lấy M, N, P tùy ý trên AB, BC, CA và nối tâm O A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với M, N, P. x Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, S là diện tích tam giác. 1 2 1 SONCP  .OC. NP 2 1 SOPAM  .OA.PM 2. P. Khi đó: SOMBN  .OB.MN. Do OA = OB = OC = R nên. 3 2 M. 1 B. O. 1. 2. 1 N. C. 1 S  SOMBN  SONCP  SOPAM  .R.( MN  NP  PM ) 2 2S Do đó chu vi MNP  R 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi OA  MP, OB  MN, OC  NP. Ta sẽ CM rằng khi đó thì AN, BP, CM là các đường cao của tam giác ABC.  M  ( cùng bằng Thật vậy, giả sử OA  MP, OB  MN, OC  NP. Kẻ tiếp tuyến Ax. Ta có C 2 M  . Do đó M M  suy ra M M  . Như vậy MA là phân góc BAx). Chứng minh tương tự C 1 1 2 2 3 giác ngoài của tam giác MNP. Tương tự PA là đường phân giác ngoài tam giác MNP. Suy ra NA là N  nên NA  BC . đường phân giác của góc MNP. Ta lại có N 1 2 Chứng minh tương tự BP  AC , CM  AB . Tam giác MNP có chu vi nhò nhất khi và chỉ khi N, P, M là chân các đường cao của tam giác ABC.. Ví dụ 2.3: Cho tam giác đều ABC và trung điểm M của AB. Trước tiên An chọn một điểm N trên BC, tiếp đó Bình chọn một điểm P trên AC. Mục tiêu của An là muốn tổng d = MN + NP + PM lớn nhất, còn Bình muốn tổng d nhỏ nhất. Hỏi rằng nếu cả hai đều có cách chọn tốt nhất thì N và P là những điểm nào? B. Giải Vẽ các điểm D, E sao cho AC là đường trung trực của MD, BC là đường trung trực của ME. Độ dài đường gấp khúc DPNE bằng d. Dễ thấy hoặc PN + NE < PB + BE hoặc PN + NE < PC + CE M nên độ dài của đường gấp khúc DPNE không vượt quá độ dài của đường gấp khúc DPBE hoặc độ dài của đường gấp khúc N DPCE. Vậy để d lớn nhất thì An phải chọn N trùng B hoặc C. Rõ ràng để tổng d nhỏ nhất thì Bình phải chọn P là giao điểm của ND và AC. B trùng N A P Trong trường hợp An chọn N trùng B thì Bình chọn P là giao điểm của BD và AC, khi đó d = d1  MB  BP  PM . Còn trong M D trường hớp An chọn N trùng C thì Bình chọn P là giao điểm của CD và AC, chính là C, khi đó d = C d 2  MC  CM  2 MC . A. E. C. P. B. D. M h. B' A. C trùng N trùng P. D. Bây giờ ta so sánh d1 và d2 . Đặt MC = h thì d2 = 2h (1). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC, cắt MP ở B’. Ta có BP = B’P nên : d1 = MB + Bp + PM = MB + B’P + PM = MB +B’M > BB’ = 2h (2) Từ (1) và (2) suy ra d1  d 2 . Do cả hai người đều chơi tối ưu nên An chọn N trùng B để có tổng d lớn nhất, sau đó Bình chọn P là giao điểm của BD và AC. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chuyên đề cực trị hình học x. Ví dụ 2.4: Cho hai điểm A và B nằm trong góc nhọn xOy. A'. Xác định điểm M trên tia Ox, điểm N trên tia Oy sao cho đường gấp khúc AMNB có độ dài nhò nhất.. M. Giải:. A. Vẽ các điểm A’, B’ sao cho Ox là đường trung trực của AA’, Oy là đường trung trực của BB’. Độ dài đường gấp khúc AMNB bằng AM + Mn + NB = A’M + MN + NB’  A’B’. Độ dài đường gấp khúc đó nhỏ nhất trong trường hợp M, N nằm trên A’B’.. B O. N. y B'. Phương pháp 3: Áp dụng bất đẳng thức trong đường tròn tìm cực trị Ví dụ 3.1:Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d, hai điềm M,N thuộc d và dộ dài MN không đổi. Xác định vị trí hai điềm M, N để dường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ nhất. B'. Giải: Dựng hình bình hành BNMB’ BB’= MN = a (không đổi); NB =MB’, B’ cố định. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d. Ta có AM =A’M, A’ cố định. Xét ba điểm A’, M, B’ ta có A’M + MB’≥ A’B’ Do đó AM + MN + NB =A’M+ MN +MB’ = (A’M+ MB’) + MN ≥ A’B’+ a (không đổi) Dấu bằng xảy ra  M  [ A '; B ']. Ví dụ 3.2: Nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. M. B. A. M. d. N. A'. là điểm di động trên nửa đường tròn. Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, gọi D,C Lần lượt là hình chiếu của A; B trên tiếp tuyến ấy. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác C ABCD có giá trị lớn nhất.. Giải: Ta có: AD  DC (gt), BC  DC (gt)  AD// BC M 0  ABCD là hình thang mà D = 90 nên ABCD là hình thang vuông, OM  DC nên OM // AD và O là trung điểm AB nên D OM là đường trung bình của hình thang ABCD AD  BC  OM  A 2 AD  BC .DC  OM .DC Do đó S ABCD  2 Vẽ AE  BC. Tứ giác ADCE là hình chữ nhật  ( ADC  DCE AEC  900 )  DC = EA  AEB = 900  E thuộc đường tròn đường kính AB,  AE là dậy cung của đường tròn (O)  DC  2R (trong đường tròn đườn kính là dây lớn nhất). E. O. B. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chuyên đề cực trị hình học 2. Do đó S ABCD  R.2 R  2 R (không đổi) Dấu bằng xảy ra  AE là đường kính cùa (O) OM  AB  M là trung điểm của cung AB.. Ví dụ 3.3: Cho đường tròn (O;R) BC là dây cung cố định (BC  2R). A là diểm chuyển động trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để chu vi tam giác ABC lớn nhất. Giải: PABC = AB + AC + BC (BC không đổi). D. Trên tia đối của tia AB lấy D sao cho AD = AC   2 Ta có ABC cân tại A  BAC ADC Mà  ADC không đổi. BAC không đổi  .  không đổi, BC cố định  D thuộc cung chứa góc Mặt khác BDC có số đo. A. 1  sd BC của (O) dựng trên đoạn thẳng BC. 4. PABC lớn nhất  (AB + DC) max  BD max  BD là đường. O. kính của cung chứa góc nói trên. Khi đó  BCD = 900.  Mà  ABC  BDC ACB   ACD = 900   ACD  (AC = AD) BDC. B. C.   ABC  ACB AB   AC  A là trung điểm của cung lớn BC Do đó . Phương pháp 4: Áp dụng bất đẳng thức đại số tìm cực trị Ví dụ 4.1: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Xác định vị trí M để MA + 3MB đạt giá trị lớn nhất.. M. Giải:  AMB  900 (góc nội tíếp chắn nửa đường tròn) Tam giác MAB có  M  900 nên theo định lý Pitago ta có: 2 2 2 MA  MB  AB  4 R 2. Áp dụng bất đảng thức | ax  by | (a 2  b 2 )( x 2  y 2 ). A. B O. Ta có: MA  3.MB | MA  3.MB | (1  3)( MA2  MB 2 )  4.4 R 2  4 R. MA  3.MB  4 R hằng số. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi.   60 0 3.MA  MB MAB là nủa tam giác đều  sd MA. Ví dụ 4.2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC). Lấy điểm D trên cạnh BC ( D khác B,C ). Gọi. r1 , r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD và ACD. Xác định vị trí của D để tích r1r2 đạt giá trị lớn nhất. Giải:. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Gọi O là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác ABC, O1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, O2 là tâm đường tròn nội tiếp tam. A. giác ACD. Dễ thấy O1  OB , O2  OC . Vì r1 , r2 > 0, áp dụng bất đẳng. O H. M. O2. O1. B K. D. C N. r12  r2 2 thức Cauchy, ta có : r1.r2  . 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi r1  r2 . Khi đó O1KB O2 NC suy ra BK = CN. Suy tiếp ra BH = CM. Từ đó AH = AM. Vậy  AHO1  AMO2 . Nên AO1  AO2 , kẻ O1 I  AD , O2 J  AD . Dễ thấy I trùng J và O1I  O2 J .. Từ đó KD = DN. Vậy D là trung điểm của BC thì tích r1r2 đạt giá trị lớn nhất. Lúc đó A, O, D thẳng hàng.. Ví dụ 4.3: Cho đoạn thẳng BC cố định. A là điểm di động sao cho tam giác ABC nhọn. AA’ là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Xác dịnh vị trí A để AA’.A’H đạt giá trị lớn nhất. Giải  'H   AA ' C  900 ,  A ' BH   A ' AC Xét A’BH và A’AC có BA (Hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc ) Do đó A’BH  A’AC  HA’/A’C = A’B/ AA’  A’A. HA’ = A’B. A’C, Ta có : A’B.A’C = A’B(BC - A’B) = A’B. BC –A’B2  BC 2  BC 2   A ' B.BC  AB 2  = 4  4  2. 2. A. H. B. C. A'. 2. BC  BC BC    A' B  4 4  2  2 BC Vậy AA’. HA’  (không đổi)s 4 BC Dấu bằng xảy ra  = AB  A’ là trung điểm BC  A thuộc trung trực của BC 2 . Vì ABC nhọn nên A nằm ngoài đường tròn đường kính BC.. Phương pháp 5: Ứng dụng diện tích tìm cực trị Ví dụ 5.1: Hãy tìm trong tam giác ABC một điểm M sao cho tích các khoảng cách từ M đến ba cạnh có giá trị lớn nhất. Giải: Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ m đến ba cạnh BC, AC, AB; ha , hb , hc tương ứng là đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C. Ta có:. S ABC  S MBC  S MCA  S MAB  1  Như vậy, các số. A E. x x x   ha hb hc. x x x , , có tổng không đổi, do đó tích ha hb hc. y. F. z H. M x. B. D. C. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chuyên đề cực trị hình học. x x x x x x 1 . . lớn nhất (cũng có nghĩa là x.y.z lớn nhất) khi và chỉ khi:    . ha hb hc ha hb hc 3 Khi đó M là trọng tâm tam giác ABC.. Ví dụ 5.2: Cho điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB. Vẽ các tam giác đều AMC và BMD về một phía của AB. Xác định vị trí của M để tổng diện tích hai tam giác đều trên là nhỏ nhất.. Giải: Cách 1: Gọi K là giao điểm AC và BD. Các tam giác AMC, BMD đồng dạng với tam giác AKB. Đặt AM = x, AB = a, S AMC  S1 , SBMD  S 2 , S AKB  S . 2. K. D. 2. S x S  y Ta có: 1    ; 2    nên S a S a S1  S 2 x 2  y 2 ( x  y )2 a2 1     2 2 2 S a 2a 2a 2 Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x = y 1 Do đó: min( S1  S2 )  S  M là trung điểm của AB 2 2 x 3 y2 3 S  , S  Cách 2: Ta có 1 2 4 4 3 2 3 ( x  y)2 3 2 S1  S 2  (x  y2 )  .  a 4 4 2 8 3 2 min( S1  S 2 )  a  x  y  M là trung điểm của AB. 8. C 2. 1. x. A. y. M. B. Ví dụ 5.3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 12 cm, E là trung điểm của CD, điểm F thuộc cạnh BC sao cho CF = 4 cm. Các điểm G và H theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB và AD sao cho GH // EF. Xác định vị trí của điểm G sao cho tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Giải:Đặt S EFGH  S , BG = x và kí hiệu như hình vẽ.  AGH đồng dạng CEF AH AG AH 12  x 2(12  x ) 2(12  x) 12  2 x      AH   DH  12   CF CE 4 6 3 3 3. S  S ABCD  S1  S 2  S3  S 4. G x. A. B 2. 1 2 = 144- . .(12  x )2  4 x  12  (12  2 x) 2 3. 1. 1 3. = 144  (144  24 x  x 2 )  4 x  12  12  2 x 1 2 = 144  48  8 x  x  6 x  24 3 1 1 =  x 2  2 x  72   ( x  3) 2  75  75 3 3 maxS = 75 khi và chỉ khi x = 3 Diện tích lớn nhất của tứ giác EFGH là 75 cm 2 với BG = 3cm.. F. H. 4 3 D. E. C. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Ví dụ 5.4: Cho hình vuông ABCD có AB = 6m, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = 2m. Xác định vị trí điểm F trên cạnh BC sao cho hình thang EFGH ( G thuộc cạnh CD, H thuộc cạnh AB và EH // GF // BD) có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Giải: Đặt BF = x, S EFGH  S . 4 B 2 E A Ta có:. S  S ABCD  S AEH  S BEF  SCFG  S DGH. x. 2 H.  2 S  2.36  4  4 x  (6  x) 2  4 x. F.  72  4  4 x  36  12 x  x 2  4 x   x 2  4 x  32  ( x  2)2  36. 4. MaxS = 18 khi và chỉ khi x = 2 Vậy BF = 2m. Khi đó S EFGH  18m 2. D. 6-x. x. G. 6-x. C. BÀI TẬP Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm vị trí của M thuộc đường tròn(O) ngoại tiếp tam giác ABC,sao cho nếu gọi D,E theo thứ tự là các hình chiếu của M trên các đường thẳng AB,AC thì DE có độ dài lớn nhất. Hướng dẫn ADME là hcn. Kẻ đường kính AK,ta có DE=AM≤ AK.Do đó max DE=AK  M≡K. Khi đó DE≡BC. Bài 2: Cho đường tròn (O) và dây AB. Điểm M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các tiếp tuyến tại A,tại B của đường tròn. Tìm vị trí của M để tích MI.MK có giá trị lớn nhất. Hướng dẫn Chứng minh rằng MI.MK=MH2 với H là hình chiếu của M trên AB.Do đó M phải tìm là điểm chính giữa của cung AB.. Bài 3: Cho đường tròn tâm (O) và dây BC không đi qua O. Điểm A di chuyển trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm vị trí của điểm A để tổng HA+HB+HC có giá trị lớn nhất Hướng dẫn Vẽ đường kính AOK,gọi M là giao điểm của HK và BC.Ta có HA=2OM không đổi,HB+HC=KB+KC.Do đó HA+HB+HC lớn nhất KB+KC lớn nhất. Vẽ các đường kính BB’,CC’. Khi điểm A di chuyển trên cung B’C’ thì điểm K di chuyển trên cung BC. Tổng KB+KC lớn nhất khi và chỉ khi K là điểm chính giữa của cung BC.Khi đó A là điểm chính giữa của cung lớn BC.. Bài 4: Cho đường tròn tâm(O) và dây AB.Tìm điểm C thuộc cung nhỏ AB sao cho tổng. 1 1  có giá trị nhỏ nhất CA CB. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Hướng dẫn Đặt CA=x,CB=y. Ta có Do đó. 1 1 x y 4    x y xy x y. 1 1  nhỏ nhất  x+y nhỏ nhất  C là điểm chính giữa của cung AB x y. Bài 5: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Tìm điểm M thuộc cung BC sao cho nếu gọi H,I,K theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB,BC,AC, thì tổng MA+MB+MC+MH+MI+MK có giá trị nhỏ nhất, lớn nhất Hướng dẫn Đặt MA+MB+MC=d 1, MH+MI+MK=d2, d=d1+d2. Chứng minh rằng 1 d1=2MA, d  (2 S ABC  4 S MBC ) với AB=BC=CA=a. a d nhỏ nhất khi M≡B hoặc M≡C (khi đó cả d1 và d 2 đều nhỏ nhất). d lớn nhất khi M ở chính giữa cung BC (khi đó cả d1 và d 2 đều lớn nhất). Bài 6: Cho điểm I nằm trên đoạn thẳng AB(IA<IB). Trên cùng một nửa mph bờ AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và các tiếp tuyến Ax,By. Điểm M di chuyển trên nửa đường tròn đó. Đường vuông góc với IM tại M cắt Ax,By theo thứ tự D,E. a) Chứng minh rằng tích AD.BE có giá trị không đổi b) Tìm vị trí của M để hình thang ADBE có diện tích nhỏ nhất Hướng dẫn a) Áp dụng tứ giác nội tiếp  AD.BE  AI .BI b) Diện tích hình thang ABED nhỏ nhất khi và chỉ khi AD + BE nhỏ nhất khi và chỉ khi. IM  AB. Bài 7: Cho đường tròn (O;R). Dựng đường tròn (O’;R’) sao cho tâm O nằm trên đường tròn (O’;R’). Dây cung AB của (O;R) di động và tiếp xúc với (O’R’). Gọi C là tiếp điểm. Xác định vị trí của dây cung AB để tổngS=AC2+BC2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R và R’ Hướng dẫn Gọi H là trung điểm của AB  OH  AB. Vẽ OK  O’C  OHCK là hcn AC2 + CB2 = 2(R2 − OH2)+(O’O2 − O’K2) 2 2 2 2 2 2 2 2 2  S = 2R − 2OH +2R’ − 2(R’ − OH) = (2R + R’ ) − (R’ − 2OH) ≤ 2R +R’ 2 2  Smax = 2R + R’ khi R’ = 2OH  OH =. R' . 2. Vậy AB là tiếp tuyến chung ngoài của (O’;R’) và (O;. R' ) 2. Bài 8: Cho hình vuông ABCD có AB = a cố định. M là điểm di động trên đường chéo AC. Kẻ ME vuông góc với AB và MF vuông góc với BC. Xác định vị trí của M trên AC sao cho diện tích tam giác DEF nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Hướng dẫn Đặt AE=x, CF=y => MF=CF=BE=y  x+y=a SDEF = SABCD − SDAE − SDCF − SBEF = a 2 . ax ay xy a 2 xy =    2 2 2 2 2. Ta có SDEF nhỏ nhất  x.y nhỏ nhất. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chuyên đề cực trị hình học 2. xy  (. 2. x y 2 a a a khi x  y  )   max( x. y)  2 4 4 2. Lúc đó M là trung điểm của AC MinSDEF =. a 2 1 a 2 3a 2  .  2 2 4 8. Bài 9: Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điềm di dộng E và F sao cho AE+EF+FA=2a. a) Chứng tỏ rằng đường thẳng EF luôn luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. b) Tìm vị trí của E,F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Hướng dẫn   90 0 CEF CEK . a) Chứng minh FCK Vẽ CI vuông góc EF  đpcm b) S ABCD  SCEF  SCDF  SCBE  S AEF Do đó max SCEF . a2  AE.EF  0 2. Bài 10: Cho hai điểm A,B cố định và điểm M di động sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB và K là chân đường cao vẽ từ M của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM Hướng dẫn Tam giác BKM đồng dạng tam giác HKA (g-c-g) AB 2  KM .KH  4. Bài 11: Tìm kích thước của một tam giác có diện tích lớn nhất, nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R cho trước. Hướng dẫn Tam giác đều có cạnh bằng R 3 có diện tích lớn nhất. Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB= a cho trước, BC=2AB. Gọi tam giác DEF là một nửa tam giác đều nội tiếp trong tam giác ABC (D trên cạnh BC, E trên cạnh AC,F trên cạnh AB và góc EDF vuông). Tìm vị trí D,E,F để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất. Tính theo a giá trị nhỏ nhất đó. Hướng dẫn Xét 2 TH:   300 , E   600 1) F   60 0 , E   300 2) F. Bài 13: Cho tam giác có ba góc nhọn.tìm điểm M ở trong tam giác sao cho MA.BC+MB.CA+MC.AB đạt giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn Kéo dài AM cắt cạnh BC tại A’ và vẽ BE  AM, CF  AM Vậy (MA.BC+MB.CA+MC.AB) đạt GTNN là 4 S ABC khi và chỉ khi M là trực tâm tam giác ABC. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Bài 14: Cho tam giác ABC vuông ở A, ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đường kính AB,AC. Một đường thẳng (d) quay quanh A và cắt hai nửa đường tròn theo thứ tự tại M,N (khác A). Xác định hai điểm M,N sao cho chu vi tứ giác BCNM lớn nhất. Hướng dẫn Dễ dàng ta thấy BMNC là 1 hình thang vuông với đường cao là MN Gọi P là chu vi hình thang BCMN thì : P=BC+(AM+MB)+(AN+AC) (với BC cố định) Ta luôn có (AM − MB)2 ≥ 0  2AB2 ≥ (AM+MB)2 Suy ra: AM+MB ≤ AB 2 Tương tự : CN+NA ≤ AD 2 BMCN lớn nhất khi M,N là điểm chính giữa của hai nửa đường tròn dường kính AB hay AC tuỳ theo AB≥AC hay AB≤AC. Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn IH,IK,IL lần lượt vuông góc với BC,CA,AB. Tìm vị trí của I sao cho AL2+BH2+CK2 nhỏ nhất. Hướng dẫn AL2+BH2+CK2 nhỏ nhất  H,K,L là trung điểm của các cạnh tam giác ABC và lúc đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 16: .Cho tam giác ABC thay đổi có AB=6 và CA=2CB. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC. Hướng dẫn Gọi CI và CJ là hai đường phân giác trong và ngoài của tam giác ABC  góc ICJ=900 Áp dụng tính chất đường phân giác  IJ = 8 Vẽ CH vuông góc với BC và O là trung điểm IJ thì CH≤CO =. IJ =4 2. 1 1 AB.CH  S ABC  . AB.CO  12 2 2 Do đó S ABC  12 và dấu “=” xảy ra  H≡O. S ABC . Bài 17: Cho đường tròn (O), bán kính R và hai điểm A,B nằm ngoài đường tròn (O) với OA=2R. Xác định vị trí điểm M trên đường tròn (O) sao cho biểu thức P=MA+2BM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy. Hướng dẫn MA+2MB nhỏ nhất  Ba điểm B,M,H thẳng hàng hay M là giao điểm của BH với đường tròn (O). Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A và d là một đường thẳng đi qua A. Gọi B’,C’ là hình chiếu của B,C trên d. Xác định vị trí đường thẳng d để tổng BB’+CC’ là lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó. Hướng dẫn Xét 2 trường hợp • Đường thẳng d đi qua A và cắt cạnh BC tại I Ta có: BB’+CC’ ≤ BI+CI=BC Từ đó BB’+CC’=BC  d vuông góc với BC • Đường thẳng d đi qua A và không cắt cạnh BC  BB’C’C là hthang vuông. Gọi M,N là trung điểm BC ,B’C’  MN là đường trung bình của hình thang. Ta có BB’+CC’=2MN ≤ 2AM(do MN≤AM) 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Từ đó BB’+CC’=2AM  d vuông góc với đường trung tuyến của tam giác ABC. Vậy cả hai TH BB’+CC’ có già trị lớn nhất bằng độ dài cạnh huyền BC của tam giác ABC. Bài 19: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB=2R. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By của mỗi đường tròn (O) và tiếp tuyến thứ ba tiếp xúc với (O) tại điểm M cắt Ax tại D, By tại E. a. Chứng minh: tam giác DOE là tam giác vuông. b. Chứng minh:AD.BE=R2 c. Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn (O) sao cho diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn c)SDOE= OM .DE  R .DE 2. 2. Do đó SDOE nhỏ nhất  DE nhỏ nhất DE ≥ AB=2R DEmin = 2R khi DE// AB. Lúc đó OM vuông góc AB. Bài 20: Cho tam giác đều có cạnh bằng 1. Lấy D bất kì trên BC. Gọi r1, r2 là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD và tam giác ADC. Xác định vị trí của D để tích r1.r2 lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Hướng dẫn Đặt BD = x  CD = 1-x Tam giác DEA vuông tại E  AD 2  AE 2  DE 2  x 2  x  1 Max r1.r2 . 2 3 khi D là trung điểm của BC 8. Bài 45: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 12 cm, E là trung điểm của CD, điểm F thuộc cạnh BC sao cho CF = 4 cm. Các điểm G,H theo thứ tư di chuyển trên AB và AD sao cho GH// EF . Xác định vị trí của điểm G sao cho tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Hướng dẫn: Đặt SEFGH = S, BG = x AH AG  CF CE AH 12  x 12  2 x    DH = 4 6 3. AGH đồng dạng CEF . Áp dụng : S = SABCD – SGAH - SGBF – SCEF - S DEH. Suy ra giá trị cần tìm.. Bài 46: Cho ABC, M là điểm nằm trong tam giác, qua M dựng các dường thẳng song song với các cạnh của tam giác tạo thành 3 tam giác nhỏ có diện tích s1, s2, s3. Gọi S là diện tích tam giác ABC. Tìm vị trí M để s1 + s2 + s3 nhỏ nhất. Hướng dẫn: Đặt S = SABC, S1 = SMDK , S2 = SMGE, S3 = SMFH X = DM, y = ME, z =FH Áp dụng Tỉ số diện tích trong tam giác đồng dạng Suy ra :. S1  S2  S3 x 2  y 2  z 2  S a2. Áp dụng BĐT BCS : x2 + y2 + z2 ≥. x y z 3 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chuyên đề cực trị hình học.  s1 + s2 + s3 ≥. S 3. Bài 47: Cho hình vuông ABCD. Dựng đừong thẳng d qua C cắt các tia AB, AD tại hai điểm phan biệt M, N sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Hướng dẫn : Gọi a là cạnh hình vuông BM = x, DN = y. Ta có : BC // AN . x a 2   xy = a a y. MN2 = ( a+x)2 + ( a+y)2 =2a( x + y ) + ( x + y )2 MN2 nhỏ nhất  x +y nhỏ nhất  Vị trí d cần tìm. Bài 48: Cho tam giác ABC vuông tai A. Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM  BC, IN  AC, IK AB. Tìm vị trí của I sao cho tổng IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất. Hướng dẫn Kẻ AH  BC, IE AH. Áp dụng Pitago: IK2 + IN 2 = AI2 ≥ AE2 Đặt AE = x , EH= y Áp dụng BĐT Cauchy IM2 + IK2 +IN 2 ≥. AH 2 2. Bài 49: Cho hình vuông ABCD cạnh a, trên 2 cạnh AB và AD lần lựơt lấy 2 điểm di động E và F sao cho: AE + EF + FA=2a.Tìm vị trí E, F sao cho diện tích tam giác CEF lớn nhất. Hướng dẫn:. S HCF  S DCF S HCE  S. BCE. SCEF  S HCF  S HCE  S DCF  S BCE  S AEF  0  SCEF . 1 S  a 2  S AEF  2. 1 2 a 2  E  B, F  A  E  A, F  D. Dấu = khi S AEF  0  . Bài 50: Cho đường tròn (O;R),đường kính AB cố định. C là một điểm cố định nằm giữa A và O, M di động trên đường tròn (O;R).Tìm vị trí của M trên (O;R) tương ứng lúc độ dài Hướng dẫn: OA  OC  CM  OB  OC  CA  CM  CB. Mà CB không đổi Dấu = khi M  A. Bài 51:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đường kính AB, AC. Một đường thẳng d quay quanh A và cắt hai nửa đường tròn theo thứ tự tại M, N. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chuyên đề cực trị hình học. (khác A). Giả sử tam giác ABC vuông tại A, xác định hai điểm M, N sao cho chu vi tứ giác BCMN lớn nhất Hướng dẫn: MA2  MB 2  AB 2  MA  MB  2(MA2  MB 2 )  AB 2 CV ( BCMN )  AB 2  AC 2  BC  MA  MB Dấu = khi   M, Nlần lượt là trung điểm của các cung AB, AC  NA  NB. Bài 52:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ các đoạn IH, IK, IL lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Tìm vị trí của I sao cho AL2  BH 2  CK 2 nhỏ nhất Hướng dẫn: AL2  BH 2  CK 2 . 1 ( AB 2  BC 2  AC 2 ) không đổi 4. Dấu = khi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 53: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC, BD vuôg goc nhau tại I (khác O). Tìm vị trí của ABCD sao cho diện tích tam giác ICD lớn nhất. Hướng dẫn: OI cắt (O;r) tại M’ 1 S ICD  IH .CD 2 S ICD (max)  IH max & CDmax  IH max & OM min. IH  IM  IP  PM  IP  PM '  IM ' OM  OM ' Mà IM’ ,OM’ không đổi Dấu = khi M  M '  IC, ID tạo với IO các góc 450. Bài 54: Chi hai điểm A, b cố định và điểm M di động sao cho MAB là tam giác MAB la tam giác có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM Hướng dẫn: Tam giác KAH đồng dạng tam giác KMB  KH.KM=AK.KB Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương AK  KB AB 2  AK .KB  2 4 AB 2 Do đó KH .KM  (không đổi). Dấu = khi AK=KB 4 AK .KB . Bài 55: Cho tam giác ABC. Xác dịnh vị trí điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn: 1)Tam giác ABC nhọn 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Chuyên đề cực trị hình học. Vẽ BH  AM , CK  AM ; H  AM , K  AM AM cắt BC tại I Ta có BH  BI , CK  CI  BH  CK  BC AM .BC  2  S MAB  S MAC . Chứng minh tương tự,suy ra AM .BC  BM .CA  CM . AB  4S ABC .  AM  BC  Dấu = xảy ra   BM  AC  M là trực tâm ABC . CM  AB . 2) ABC vuông. Không mất tổng quát giả sử góc A  900 . Tương tự câu 1. 3) ABC tù . Không mất tổng quát giả sử góc A  900 . Nếu M  A ta có AM .BC  BM .CA  CM .AB = 2AB.CA Nếu M  A vẽ AB '  AC và AB '  AB . Ta có M nằm trong A ' B ' C Do đó AM .BC  BM .CA  CM . AB > MA. B’C + B’M.CA + CM.AB’ Áp dụng câu 1 ta được AM .BC  BM .CA  CM .AB > 2AB.AC Vậy M  A thì AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất.. Bài 56: Cho điểm M nằm trong góc nhọn xOy. Hai điểm A, B lần lượt thay đổi trên Ox, Oy sao cho aOA = bOB. Tìm vị trí của A,B sao cho aMA + bMB đạt giá trị nhỏ nhất.(với a,b là hai số cho trước, a,b >0) Hướng dẫn: Áp dụng bđt Ptolemy cho tứ giác≥OAMB, ta có OA.MB + OB.MA ≥ OM.AB  3OB.Mb + 2OB.MA ≥ 2OM.AB  Min 2MA + 3MB. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>