Một số phương pháp cực trị hìn học

Một số phương pháp cực trị hìn học

Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan 1 2 2 1 3 1 x O C A B M P N 1 Giáo viên hướng dẫn: ĐỖ KIM SƠN Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan Trong hoạt động của mình, con người luôn luôn đối mặt với một câu hỏi tìm giá trị cực đại hoặc cực tiểu của một đối tượng hình học nào đó về độ dài, diện tích, bề mặt hoặc thể tích,… Ngay trong tự nhiên, những hình có dạng đều, chúng mang những tính chất rất đặc biệt, trong nó chứa ẩn những tính chất “cực trị” mà các hình khác không có được như tam giác đều, hình vuông, lục giác đều hoặc hình tròn, khối cầu,…. Ngày nay những bài toán cực trị vẫn được quan tâm và nghiên cứu. Những phương pháp giải và các dạng bài tập này trong hình học rất đặc trưng và bắt nguồn từ lý thuyết cơ bản của toán học. Ở ta, những loại sách tổng kết lại những bài toán cực trị trong hình học còn hiếm, nhất là không hệ thống phương pháp giải và đưa ra một cách nhìn mới trong học tập, rất nhiều cuốn bài tập chỉ mang tính chất liệt kê không làm nổi bật những ý tưởng của đề toán và các phương pháp tiếp cận giải toán Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề “Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học”. Chuyên đề này chỉ giới thiệu về một số phương pháp tìm cực trị cơ bản thường gặp trong hình học phẳng và hình học vectơ. Trong mỗi phương pháp sẽ có các ví dụ minh họa. Và cuối cùng là phần bài tập tổng hợp với các bài tập giải bằng những phương pháp khác nhau. Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh. Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn thông cảm. Xin chân thành cảm ơn! Nhóm biên tập Tóm tắt kiến thức : 2 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan 1) Cực trị hình học : Cho biểu thức f phụ thuộc điểm X biến thiên trên miền D. Ta nói : 0 0 ( ) , : ( ) max ( ) f X M X D X D f X M f X M ≤ ∀ ∈ ∃ ∈ =   = ⇔    0 0 ( ) , : ( ) min ( ) f X m X D X D f X m f X m ≥ ∀ ∈ ∃ ∈ =  = ⇔   2) Phép toán vector: Phép cộng vector: * Quy tắc 3 điểm: AB BC AC+ = uuur uuur uuur * Quy tắc hình bình hành: nếu ABCD là hình bình hành thì AB AD AC+ = uuur uuur uuur Phép trừ vector: * Quy tắc: AC AB BC− = uuur uuur uuur Tích vector với 1 số: Cho số k ≠ 0 và 0a ≠ r r . Tích vector a với số k là một vector kí hiệu ka r , cùng hướng vector a nếu k > 0 và ngược hướng vector a nếu k < 0 và có độ dài bằng | || |k a r Tích vô hướng của hai vector : Cho ,a b r r khác vector 0 . Ta có : . | | .| |.cos( , )a b a b a b= r r r r r r Một số kí hiệu dùng trong tài liệu , ,a b c : độ dài các cạnh BC, CA, AB của ABC ∆ . , , a b c h h h : độ dài các đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C của ABC ∆ . , , a b c m m m : độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C của ABC ∆ . ,R r : bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC ∆ . , , a b c r r r : bán kính các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của ABC ∆ . Một số điểm đặc biệt trong tam giác Điểm Lemoine: 3 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan Định nghĩa: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC∆ lấy các điểm 1 1 1 , ,A B C tương ứng sao cho 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 , , AC BA CBb c a C B a AC b B A c = = = (các đường 1 1 1 , ,AA BB CC là các đường đối trung). Khi đó các đường thẳng 1 1 1 , ,AA BB CC đồng quy tại điểm L gọi là điểm Lemoine. Tính chất: Cho ABC ∆ , L là điểm trong tam giác. Gọi H, K, N theo thứ tự là hình chiếu của L trên BC, CA, AB. Khi đó L là điểm Lemoine của ABC∆ khi và chỉ khi L là trọng tâm của HKN∆ khi và chỉ khi 2 2 2 0a LA b LB c LC+ + = uur uuur uuur r Điểm Toricelli: Cho ABC∆ có các góc đều nhỏ hơn 0 120 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm T có tính chất cùng nhìn các cạnh BC, CA, AB dưới các góc 0 120 . Điểm T như vậy gọi là điểm Toricelli của ABC ∆ . Điểm Gergone: Đường tròn nội tiếp ABC∆ tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại 1 1 1 , ,A B C . Khi đó các đường thẳng 1 1 1 , ,AA BB CC đồng quy tại điểm J gọi là điểm Gergone. Điểm Naghen: Các đường tròn bàng của ABC ∆ tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại 1 1 1 , ,A B C . Khi đó các đường thẳng 1 1 1 , ,AA BB CC đồng quy tại điểm N gọi là điểm Naghen. 4 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan Phương pháp 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc. 5 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan 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. Giải: HAE= EBF(c-g-c) ⇒ HE= EF. O C A B D E H F G Tương tự ta có: HE= EF= FG= GH nên tứ giác EFGH là hình thoi. HAE= EBF còn suy ra · · AHE BEF = Ta lại có · · · · 0 0 90 ê 90AHE AEH n nBEF AEH+ = + = Do đó: · 0 90HEF = . Như vậy hình thoi EFGH là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và EG. Tứ giác AECG có AE= CG, 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: 2 2 2. . 2HE OE HE OE = ⇒ = 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. Giải: Gọi K là giao điểm của CM và DB. MAC= MBK(g-c-g) ⇒ MC= MK. 6 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan DCK có đường cao DM là trung tuyến nên là tam giác cân, suy ra · · HDM MDB= . Kẻ MH CD⊥ . Do M thuộc tia phân giác cùa góc D nên: MH= MB= a. 1 . . 2 MCD S CD MH= x y a a H K D M A B C Do CD≥ AB= 2a và MH= a nên: 2 1 .2 . 2 MCD S a a a = = 2 . MCD S a CD Ax = ⇔ ⊥ Khi đó · · 0 0 45 , 45AMC BMD= = . Vậy 2 MCD S a = . Các điểm C, D được xác định trê Ax, By sao cho AC= BD= a Ví dụ 1.3: Cho tam giác ABC có góc B là góc tù, điểm D di chuyển trên cạnh BC. Xác đ5nh 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: Gọi S là diện tích ABC. Khi D di chuyển trên cạnh BC ta có: ABD ACD S S S+ = Kẻ ,BE AD CF AD⊥ ⊥ ta có : 1 1 . . . . 2 2 AD BE AD CF S+ = nên BE+ CF = 2S AD Do đó BE + CF lớn nhất ⇔ AD nhỏ nhất. 7 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan F E H A B C D Đường xiên AD nhỏ nhất ⇔ hình chiếu HD nhỏ nhất. Ta có HD ≥ HB ( do · 0 90ABD > ) 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. O’ là hình chiếu vuông góc của O trên d. ' , ' '/ / 'DD d BB d DD BB⊥ ⊥ ⇒ ⇒ DD’B’B là hình thang. d O' O B' C' D' C A B D Mà ' , ' '/ / 'OO d DD d OO DD⊥ ⊥ ⇒ và O là trung điểm BD ( ABCD là hình bình hành) Do đó OO’ là đường trung bình của hình thang DD’B’B ' ' ' ' ' 2. ' 2 BB DD OO BB DD OO + ⇒ = ⇒ + = ' , ' '/ / 'OO d CC d OO CC⊥ ⊥ ⇒ và O là trung điểm AC.( ABCD là hình bình hành) Do đó OO’ là đường trung bình cùa ACC’ ' ' ' 2. ' 2 CC OO CC OO⇒ = ⇒ = , '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. 8 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan 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: 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 . 2 EF K I C A B D F H E G Tương tự MC= 1 . 2 GH . IK là đường trung bình của EFG ⇒ IK= 1 . 2 FG . Tương tự KM= 1 . 2 EH Do đó: chu vi EFGH= EF + 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). 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 9 M Nhúm biờn san lp 10 Túan 1 2 A B C M N P E F Ta cn xột khi no thỡ EF nh nht. Ta cú ã à à ã 1 2 2 2 2EAF A A BAC= + = EAF l tam giỏc cõn cú gúc nh khụng i nờn cnh ỏy nh nht khi v ch khi cnh bờn nh nht. EF nh nht AE nhũ nht AN nh nht AN BC Nh vy chu vi tam giỏc MNP nh nht khi N l chõn ng cao k t A, cũn M v P l giao im cựa EF vi AB, AC. Ta cú nhn xột rng khi N l chõn ng cao k t A thỡ M v P cng l chõn hai ng cao cũn li ca tam giỏc. CM: Xột HMP: AB l ng phõn giỏc ca gúc EMH, AC l ng phõn giỏc ngoi ca gúc FPH. Ta cú AB, AC gp nhau ti A nờn HA l tia phõn giỏc ca gúc MHP. Vỡ AH HC nờn HC l ng phõn giỏc ngoi ti nh H. Theo trờn AC l ng phõn gic ngoi ti nh P, HC gp AC ti C nờn MC l tia phõn giỏc gúc trong ti nh M. H A B C M P E F MB v MC l cỏc tia phõn giỏc ca cỏc gúc k bự nờn MB MC. Tng t PC PB Vy chu vi tam giỏc MNP nh nht khi M, N, P l chõn ba ng cao ca tam giỏc ABC. Do tam giỏc ABC nhn nờn M, N, P thuc biờn ca tam giỏc. Cỏch 2: Ly M, N, P tựy ý trờn AB, BC, CA v ni tõm O ca ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC vi M, N, P. Gi R l bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam giỏc, S l din tớch tam giỏc. Khi ú: 1 . . 2 OMBN S OB MN 10 [...]... nằm ngoài đường tròn đường kính BC = 20 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan 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 pháp từ các đỉnh A, B, C Ta có: S ABC = S MBC + S MCA + S MAB ⇔... trong trường hợp M, N nằm trên A’B’ 14 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan 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 Giải: Dựng hình bình hành BNMB’⇒ BB’= MN = a (không đổi); NB =MB’, B’ cố định... tâm của đoạn thẳng và tứ giác ta cũng có: • Min ( AA’+BB’) = 2GG’ • Min ( AA’+BB’+CC’+DD’) = 4 GG’ Phương pháp 2 : Tìm cực trị nhờ đánh giá bình phương vô hướng: Ví dụ 2.1: Cho tam giác ABC và đường thẳng d cố định đi qua C Trên d lấy điểm M và lập tổng 3MA2 + 2 MB 2 Tìm vị trí M để tổng đó đạt giá trị nhỏ nhất 27 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan uu uu r r r Giải: Giả sử I là điểm sao cho 3IA + 2 IB = 0... = 2m Khi đó S EFGH = 18m 23 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan Phương pháp 1: Tìm cực trị nhờ đánh giá độ dài vector Ví dụ 1.1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Tìm điểm M thuộc đường tròn (O) để biểu thức sau đạt GTLN, GTNN: 24 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan uuu uuu uuuur r r T =| MA + MB − MC | uu uu uu r r r r Giải: Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì: IA + IB − IC = 0 A I M2 M O M1... khi và chì khi M trùng G 1 2 2 2 Vậy min T = (a + b + c ) khi và chỉ khi M trùng G 3 29 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan Phương pháp 3 : Tìm cực trị nhờ đánh giá tích vô hướng của hai vector: Ví dụ 3.1: Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O) Tìm trên đường tròn điểm M để có tổng bình phương khoảng cách từ đó đến ba đỉnh tam giác là nhò nhất, lớn nhất Giải: Với mọi điểm M thuộc đường tròn (O) ta... 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 ABCD có giá trị lớn nhất Giải: µ Ta có: AD ⊥ DC (gt), BC ⊥ DC (gt) ⇒ AD// BC⇒ABCD la hinh thang mà D = 900 nên ABCD là hình thang vuông, OM ⊥ DC nên OM // AD và O là trung điểm AB nên OM là đường trung bình của hình thang AD + BC ABCD ⇒ OM = 2 Do đó S ABCD = AD +... có số đo 1 » sd BC của (O) 4 dựng trên đoạn thẳng BC 16 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan D A O B C PABC lớn nhất ⇔ (AB + DC) max ⇔ BD max ⇔ BD là đường kính của cung chứa góc nói trên Khi đó · BCD = 900 0 · · Mà · ABC + BDC = · ACB + ACD = 90 · BDC = · ACD ( AC = AD) Do đó · AB » ABC = · ACB ⇔ » = AC ⇔ A là trung điểm của cung lớn BC 17 Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan Phương pháp 4: Áp dụng bất đẳng thức đại số. .. thẳng AB(IA . trong hình học . Chuyên đề này chỉ giới thiệu về một số phương pháp tìm cực trị cơ bản thường gặp trong hình học phẳng và hình học vectơ. Trong mỗi phương. các phương pháp tiếp cận giải toán Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề Một số phương pháp tìm cực trị