70 BAT DANG THUC HINH HOC CUC TRI (1)

CHUYÊN ĐỀ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC, CỰC TRỊ I - LÝ THUYẾT - BÀI TẬP MINH HỌA Sử dụng quan hệ đường vng góc, đường xiên, hình chiếu: a Kiến thức liên quan - Trong tam giác vng ( suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc vng AH cạnh huyền AB AH  AB Dấu đẳng thức xảy H trùng B - Trong đoạn thẳng nối từ điểm đến đường thẳng, đoạn thẳng vng góc với đường thẳng có độ dài nhỏ - Trong hai đường xiên kẻ từ điểm đến đường thẳng, đường xiên lớn hình chiếu lớn b Các tập minh họa Bài ( Thi THPT Hải Dương 1998-1999 ) Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh BC lấy điểm M Gọi (O1) đường tròn tâm O1 qua M tiếp xúc với AB B, gọi (O2) đường tròn tâm O2 qua M tiếp xúc với AC C Đường tròn (O1) (O2) cắt D (D không trùng với M) 1) Chứng minh tam giác BCD tam giác vuông 2) Chứng minh O1D tiếp tuyến (O2) 3) BO1 cắt CO2 E Chứng minh điểm A, B, D, E, C nằm đường tròn 4) Xác định vị trí M để O1O2 ngắn Giải : A · · ·  BDM  MDC  900 1) BDC 0 · · · 2) Chỉ BMO  CMO2  45 nên O1MO2  90 C ·DO  900 O1MO2  O1DO2 (c  c  c)  O O M 3) Chỉ tứ giác ABEC hình vng B điểm A, D, E nhìn BC góc 90 nên điểm O1 A, B, D, E, C nằm đường tròn D đường kính BC 4) Dễ dàng chứng minh MO1EO2 hình chữ nhật nên O1O2 = EM Gọi O hình chiếu E BC EO = Có EM  EO  O2 E BC AB không đổi  2 AB ( quan hệ đường vng góc đường xiên ) -1- Dấu đẳng thức xảy M trung điểm BC Suy MinO1O2  MinEM  EO  AB M trung điểm BC Bài ( Thi THPT Hải Dương 2005-2006 ) Cho nửa đường tròn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường tròn (P  M, P  N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ K 1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm đường tròn 2) Chứng minh: MP PK = NK PQ 3) Tìm vị trí P nửa đường tròn cho NK.MQ lớn Giải : · ·  900 Hai  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên PNQ 1) MP//NQ mà MPN điểm I N P Q nhìn PQ góc K 900 nên điểm P, Q, N, I thuộc đường tròn đường kính PQ I 2) Chứng minh PNK # QMP (g  g )  M H O N NK PK   MP PK  NK PQ MP PQ 3) Gọi H hình chiếu P MN, O trung điểm MN Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng cho tam giác vng MPN có đường cao PH : MP.NP = PH.MN (1) Theo phần 2) PNK # QMP( g  g )  NK PK NP    MP.NP  NK MQ (2) MP PQ MQ Từ (1) (2) suy NK.MQ = PH.MN NK.MQ đạt Max PH.MN đạt Max mà MN khơng đổi nên PH đạt Max Có PH  PO  MN ( quan hệ đường vng góc đường xiên ) Dấu đẳng thức xảy H trùng O , P điểm nửa đường tròn Vậy Max(NK.MQ) = Max(PH.MN) = MN đạt P điểm nửa đường tròn Bài ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2008-2009 ) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R E điểm đường tròn (E khác A B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB F cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K 1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA -2- 2) Gọi I giao điểm đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) E tiếp xúc với đường thẳng AB F 3) Chứng minh MN // AB, M N giao điểm thứ hai AE, BE với đường tròn (I) 4) Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động đường tròn (O), với P giao điểm NF AK; Q giao điểm MF BK Giải E A M I N F O B P Q K a) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA · Xét (O) có · (EK phân giác Ê) AEK  KEB » (hai cung chắn hai góc nội tiếp nhau)  » AK  KB µ µ A1 (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  E Xét KAF KEA: µ chung K µ µ E A (chứng minh trên) 1 KAF đồng dạng với KEA (g-g) b) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA - Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O E Ta có O, I, E thẳng hàng OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O) - Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB F: Dễ dàng chứng minh EIF cân I EOK cân O -3- ·  OKE ·  IFE · ( OEK) Mà hai góc vị trí đồng vị  IF // OK (dấu hiệu nhận biết) » (chứng minh trên)  · Vì » AOK  90o  OK  AB AK  KB Ta có IF // OK ; OK  AB  IFAB Mà IF bán kính (I;IE)  (I;IE) tiếp xúc với AB F c) Chứng minh MN//AB Xét (O): · AEB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét (I;IE): · AEB  90o )  MN đường kính (I;IE) MEN  90o (vì ·  EIN cân I ·  OBE · Mà EOB cân O  ENI · ( IEN) Mà hai góc vị trí đồng vị  MN//AB d)Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động (O) Dễ dàng chứng minh tứ giác PFQK hình chữ nhật; tam giác BFQ tam giác vuông cân Q Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ mà PK = FQ (PFQK hình chữ nhật) FQ = QB (BFQ vuông cân Q)  PK = QB PQ = FK (PFQK hình chữ nhật)  Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK Vì (O) cố định, K cố định ( EK phân giác góc AEB nên K điểm cung AB không chứa E ) FK  FO ( quan hệ đường vng góc đường xiên)  Chu vi KPQ nhỏ = BK + FO E điểm cung AB Ta có FO = R Áp dụng định lí Py-ta-go tam giác vng cân FOB tính BK = R  Chu vi KPQ nhỏ = R + R  R   1 Bài ( Thi HSG Toán Quảng Ngãi 2013-2014 ) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định EF dây cung di động nửa đường tròn đó, cho E thuộc cung AF EF= AB  R Gọi H giao điểm AF BE; C giao điểm AE BF; I giao điểm CH AB -4- · a) Tính số đo CIF b) Chứng minh biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi EF di động nửa đường tròn c) Xác định vị trí EF nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R Giải : · a) Tính số đo CIF · = HBF · = sd EF º = 300 Tứ giác BFHI nội tiếp => HIF (tam giác OEF đều) b) Chứng minh biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị khơng đổi EF di động nửa đường tròn Ta có : AE.AC = AC(AC –CE) = AC2 – AC.AE BF.BC = BC(BC –CF) = BC2 – BC.CF AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC CF Mà AC.AE = BC.CF =CO2 – R2 C F E 2AC2 + 2BC2 - AB2 => CO = AC2 + BC2 =2CO2 + H AB2 A Suy : AE.AC+BF.BC = 2CO2 + I O B AB2 – CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2 AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định c) Xác định vị trí EF nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB SFOE = R C E P (Vì tam giác FOE tam giác F cạnh R) 2 SAOF + SEOB = OA.FM+ OB.EN = R FM + EN A M = R.PQ (PQ đường trung bình hình thang EFMN) SABEF = R2 R + R.PQ mà PQ ≤ OP = -5- Q O N B Do SABEF = R R 3R + = Q trùng với O hay EF // AB 4 Bài ( Thi HSG Bình Thuận 2013-2014 ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), điểm M thuộc (O) Gọi N, P, Q hình chiếu vng góc M lên BC, CA, AB 1) Chứng minh N, P, Q thẳng hàng 2) Khi M thuộc cung nhỏ BC Tìm vị trí M để PQ lớn Giải : · · 1) Dễ dàng chứng minh QNM  MNP  1800 nên điểm Q, N, P thẳng hàng 2) Từ phần 1) suy A MQP# MBC ( g  g )  QP MQ MP   1 BC MB MC ( quan hệ đường vng góc đường xiên ) Suy QP  BC Dấu đẳng thức xảy Q trùng B, P trùng C AM đường kính Vậy MaxPQ = BC M đối xứng A qua O O P N B C Q Sử dụng quan hệ đoạn thẳng đường M gấp khúc a Kiến thức liên quan - Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A B ngắn độ dài đường gấp khúc có hai đầu A B - Với ba điểm A, B, C mặt phẳng ta có bất đẳng thức ba điểm : AC  CB  AB Dấu đẳng thức xảy C thuộc đoạn thẳng AB b Các tập minh họa Bài ( Thi vào THPT Lê Q Đơn - Quảng Trị 2013-2014 ) µ  300 gọi H hình chiếu vng góc A Cho tam giác ABC nhọn có A lên BC M, N điểm hai cạnh AB, AC Tìm vị trí điểm M, N để tam giác HMN có chu vi nhỏ A Giải : Gọi P, Q điểm đối xứng M H qua AB, AC Ta có : AP = AQ = AH ·  2.BAC ·  600 PAQ P => tam giác APQ => PQ = AH B -6- H C Q Chu vi tam giác HMN = HM + HN + MN = PM + MN + NQ  PQ = AH không đổi Dấu đẳng thức xảy M, N giao điểm PQ với AB, AC Vậy giá trị nhỏ chu vi tam giác HMN AH với M, N giao điểm PQ với AB AC Bài · Cho góc xOy điểm A nằm góc Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy cho OB = OC tổng AB +AC nhỏ Giải: · ·  xOA Kẻ tia Om nằm ngồi góc xOy cho yOm Trên tia Om lấy điểm D cho OD = OA Các điểm D A cố định · ·  BOA OD =OA, OC = OB , COD m y D  DOC = AOB  CD = AB Do AC +AB = AC +CD Mà AC +CD ≥ AD AC +AB ≥ AD C A Xảy đẳng thức C AD Vậy min(AC+AB) =AD Khi C giao điểm AD Oy , B thuộc tia x Ox cho OB = OC O B Bài Cho hình chữ nhật ABCD điểm E thuộc cạnh AD Xác định vị trí điểm F thuộc cạnh AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ Giải : Gọi I ,K, M theo thứ tự trung điểm EF, EG , HG A F B AEF vng A có AI trung tuyến  AI = EF I E K CGH vng C có CM trung tuyến  CM = GH IK đường trung bình EFG  IK = G M D H FG KM đường trung bình EGH  KM = EH Do : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC) -7- C Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC Suy chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi ) Chu vi EFGH nhỏ 2AC  A,I,K,M,C thẳng hàng ·  EAI ·  ADB · Khi ta có EH//AC, FG//AC, AEI nên EF//DB , tương tự GH//DB Suy tứ giác EFGH hình bình hành có cạnh song song với đường chéo hình chữ nhật ABCD Sử dụng bất đẳng thức đường tròn a Kiến thức liên quan - Đường kính dây lớn đường tròn - Trong hai dây đường tròn, dây lớn gần tâm - Trong hai cung nhỏ đường tròn, cung lớn góc tâm lớn - Trong hai cung nhỏ đường tròn, cung lớn dây căng dây lớn b Các tập minh họa Bài ( Thi vào THPT Hải Dương 2009 - 2010 ) Cho đường tròn (O), dây AB khơng qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB H Kẻ MK vng góc với AN  K  AN  1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh: MN phân giác góc BMK 3) Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn Giải : · ·  900 , AHM  900 1) Từ giả thiết: AKM M Bốn điểm A, K, H, M thuộc đường tròn » · · 2) NAH = sđ KH (1)  NMK A » · · NAH  NMB = sđ NB (2) · ·  NMB Từ (1) (2)  NMK E H O B K  MN phân giác góc KMB ¼ · · · ·  MNB  sđ MB  sđ 3) MAB ; MAB  MKH 2 · ·  K,M,E,N thuộc đường tròn  MNB  MKH · ·  MEN  MKN  1800  ME  NB -8- N ¼ MH 1 S MAN  MK.AN; S MNB  ME.NB; S YAMBN  MN.AB 2  MK.AN  ME.BN  MN.AB   MK.NA  ME.NB  lớn  MN.AB lớn »  MN lớn (Vì AB= const )  M AB Bài ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2006-2007 ) Cho (O) đường kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vuông góc với OA C Gọi K điểm tuỳ ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MN a) CMR: BCHK tứ giác nội tiếp b) Tính AH.AK theo R c) Xác định vị trí điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn Giải : a) Dễ dàng chứng minh M b) ACH # AKB  AH AK  AC.AB  R2 K c) Dễ thấy tam giác MNB Trên KN lấy E cho KE = KM H Suy MEK A MEN  MKB (c  g  c)  KB  EN  KB  KM  KN C O B E Có KM + KN + KB = 2KN KN lớn đường kính N Do Max (KM+KN+KB) = 4R Khi K điểm đối xứng N qua O Bài ( Thi vào THPT Hùng Vương - Phú Thọ 2013-2014 ) Cho điểm A cố định (O;R) Gọi AB AC hai dây cung thay đổi (O) thỏa mãn AB AC  R Xác định vị trí B C (O) để A diện tích tam giác ABC lớn Giải : Kẻ AH  BC, OI  BC , đường kính AD O Ta dễ dàng chứng minh AHC# ABD ( g  g ) => AH.AD = AB.AC C B H I => AB.AC = 2R.AH (1) Theo đề , AB AC  R => AB.AC = 3R2 (2) D Từ (1) (2) suy AH  3R -9- Ta có : OI  OA  AI  AH => OI  AH  OA  3R R R 2 Do AH khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn BC lớn => OI nhỏ => OI  R => BC  OA => tam giác ABC Vậy B, C thuộc (O) tam giác ABC diện tích tam giác ABC lớn Bài ( Thi HSG Toán Hải Dương 2013-2014 ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H điểm di động đoạn OA (H khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB · ·  2AMH a) Chứng minh HKM b) Các tiếp tuyến (O, R) A B cắt tiếp tuyến M (O, R) D E OD, OE cắt AB F G Chứng minh OD.GF = OG.DE c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Giải : a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) Ta có ¶  1O ả s AM ẳ A (1) 1 2 ¶ M ¶ Có Ax // MH (cùng vng góc với OA)  A A x M H 1O (2) K ¶ K ả (cựng chn MH ẳ ) T giỏc MHOK nội tiếp  O 1 B C (3) ¶  1K ¶ hay HKM · ·  2AMH Từ (1), (2), (3) ta có M 1 b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) ¶  s BM ả O ả s BM ẳ ;O ẳ A 1 2 ả O ¶  tứ giác AMGO nội tiếp (5) A 1 F M H E G O Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm đường tròn ¶ D ¶ D ¶ G A D B A C  OGF ODE đồng dạng M H O - 10 - A' B I C OG GF  hay OD.GF = OG.DE OD DE c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA  AMA' ¶ A ¶  600  BAA' · A     MAB  A'AC  MB  A'C  MA  MB  MC Chu vi tam giác MAB MA  MB  AB  MC  AB  2R  AB Đẳng thức xảy MC đường kính (O) => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB AB  AB  R Gọi I giao điểm AO BC  AI  R  2 Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB = (2  3)R Bài ( Thi HSG Toán Bắc Ninh 2013-2014 ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định Ax Ay hai tia thay đổi tạo với góc 600, nằm hai phía AB, cắt đường tròn (O) M N Đường thẳng BN cắt Ax E, đường thẳng BM cắt Ay F Gọi K trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh EF  AB Chứng minh OMKN tứ giác nội tiếp Khi tam giác AMN đều, gọi C điểm di động cung nhỏ AN (C  A, C  N) Đường thẳng qua M vng góc với AC cắt NC D Xác định vị trí điểm C để diện tích tam giác MCD lớn A Giải : O AMB  · ANB  900 (góc nội tiếp chắn nửa 1) · đường tròn)  B trực tâm tam giác AEF  AB  EF N M B · (cùng phụ với góc NFE · )  · NEF  NAB   vuông NEF F E  vuông NAB (g.g) - 11 - x K y EF NE · = tan600 =   tan NAE AB NA · · · 2) MON góc tâm chắn cung MN  MON  2MAN  1200 · · EMF  ENF  900  tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm  D K A · ·  MKN  2MEN  2.300  600 · ·  MON  MKN  1800  OMKN tứ giác nội tiếp 3) Gọi I giao điểm AC MD Ta có O · · MCA  NCM  600  · ACD  600  Tam giác MCD có CI vừa đường cao vừa M N phân giác  MCD cân C B  SMCD = 2.SMCI  .MI CI = MI CI = · )(MCcos MCI · ) (MC sin MCI = (MC sin 600 )(MCcos600 ) = C MC  SMCD lớn  MC lớn  MC đường kính (O) Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai a Kiến thức liên quan Bất đẳng thức lũy thừa bậc hai sử dụng dạng : A2  ; - A2  Do đó, với m số : f = A2 + m  m ; Minf = m với A = tồn giá trị " biến " để thỏa mãn điều f = - A2 + m  m ; Maxf = m với A = tồn giá trị " biến " để thỏa mãn điều * " biến " hình học hiểu yếu tố biến đổi : điểm, đường b Các tập minh họa Bài ( Thi vào THPT Hải Dương 2003-2004 ) Cho hình vng ABCD, M điểm đường chéo BD, gọi H, I K hình chiếu vng góc M AB, BC AD 1) Chứng minh :  MIC =  HMK 2) Chứng minh : CM vng góc với HK 3) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ - 12 - Giải : 1) Sau H, M, P thẳng hàng K, M, I thẳng hàng dễ dàng chứng minh 1) 2) Gọi N giao điểm CM HK · theo 1) ta dễ dàng MHK  900 A K D N H B M P I C 3) Gọi cạnh hình vng a a khơng đổi Đặt AK = x => KD = a - x Dễ dàng AKMH, KDCI, PCBH hình chữ nhật Ta có : SCHK  S ABCD  S AHK  S KDC  S BHC  SCHK  a  x(a  x) a(a  x) a.x   2 a 3a 3a 3a 2SCHK  ( x  )    SCHK  4 a Dấu đẳng thức xảy x  , M tâm hình vng 3a Vậy MinSCHK =  M tâm hình vng Bài Cho hình vng ABCD có cạnh 4cm Trên cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự điểm E, F, G, H cho AE = BF = CG = DH Tính độ dài AE cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ Giải: - 13 - A E B F H D G C Dễ có : AHE = BEF = CFG = DGH ·  HE = EF = FG = GH , HEF = 900  HEFG hình vng nên chu vi EFGH nhỏ HE nhỏ Đặt AE = x HA = EB = 4-x HAE vuông A nên : HE = AE2 +AE2 = x2 + (4  x)2 = 2x2  8x +16 = 2(x  2)2 +8 ≥ => MinHE = =2  x = Chu vi tứ giác EFGH nhỏ cm , AE = cm Bài Cho tam giác vng ABC có độ dài cạnh góc vng AB = cm, AC = 8cm.M điểm di chuyển cạnh huyền BC.Gọi D E chân đường vng góc kẻ từ M đến AB AC Tính diện tích lớn tứ giác ADME Giải: ADME hình chữ nhật Đặt AD = x ME = x A ME //AB  EM CE x CE     CE  x AB CA  AE =  x B Ta có : SADME = AD AE 4 = x (  x ) = 8x  x2 3 D E M - 14 - C =  (x  3)2 +12 ≤ 12 => MinSADME = 12  x =3 Diện tích lớn tứ giác ADME 12 cm2 , D trung điểm AB , M trung điểm BC E trung điểm AC Sử dụng bất đẳng thức AM - GM số bất đẳng thức đại số khác a Kiến thức liên quan a1 Bất đẳng thức AM - GM bất đẳng thức nêu mối quan hệ trung bình cộng trung bình nhân số thực không âm ( i = 1,2, ,n ) AM - GM viết tắt cho cụm từ : arithmetic mean - geometric mean - Bất đẳng thức AM - GM : a1  a2  a3   an n  a1a2 a3 an n Với n số không âm a1 , a2 , a3 , , an ta có: Dấu “=” xảy  a1  a2  a3   an  Hệ quả: Ta có số bất đẳng thức quen thuộc hệ bất đẳng thức AM-GM sau: a  b  2ab  a  b 2 2  a  b  2  2ab Dấu “=” xảy  a = b a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c 2 2 2 a  b  c   ab  bc  ca Dấu “=” xảy  a = b = c a b (ab > 0) Dấu “=” xảy  a = b  2 b a hay a   (a > 0) Dấu “=” xảy  a = a 1 1 n2       a1 a2 a3 an a1  a2  a3   an 1 1 1        n an   a1 a2 a3  a1  a2  a3   an   hay  a1, a2 , a3 , , an   Dấu “=” xảy  a1  a2  a3   an a2 Bất đẳng thức BCS Có nhiều cách gọi khác cho bất đẳng thức : Bất đẳng thức Cauchy; bất đẳng thức Bunyakovsky ; bất đẳng thức Cauchy - Schwarz hay bất đẳng thức Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz Tài liệu gọi bất đẳng thức BCS ( viết tắt cho Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz ) - 15 - Với n số thực  a1 , a2 , , an   b1 , b2 , , bn  ta có: a  a22   an2  b12  b22   bn2    a1b1  a2b2   anbn  a 2  a22   an2  b12  b22   bn2   a1b1  a2b2   anbn a1  kb1 a  kb  Dấu “=” xảy    an  kbn b Các tập minh họa Bài Cho điểm M nằm đoạn thẳng AB Vẽ phía AB tia Ax , By vng góc với AB Qua M kẻ hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với x cắt Ax C, cắt By D y Xác định vị trí C D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ C Giải : D Ta có : SMCD  MC.MD α Đặt MA = a , MB = b · · AMC  BDM  a b ; MD  cos sin  ab  sin  cos  Khi đó, MC  nên SMCD α A a M b B Vì a,b khơng đổi nên diện tích tam giác MCD nhỏ 2sin  cos  lớn Theo bất đẳng thức AM - GM : 2sin  cos   sin2  + cos2  = Dấu đẳng thức xảy sin  = cos  =>  = 450 => AM = MC ; BM = BD Vậy MinSMCD = ab C D xác định cho AM = MC ; BM = BD Bài ( Thi THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2008-2009 ) Cho đường tròn (O; R) điểm P cố định khác O (OP < R) Hai dây AB CD thay đổi cho AB vng góc với CD P Gọi E, F trung điểm AC, AD Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC M, N 1) Chứng minh : Bốn điểm M, N, B, P thuộc đường tròn 2) Chứng minh : BD = 2.EO 3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ diện tích tứ giác ACBD - 16 - Giải : 1) PE trung tuyến APC nên EA = EP  A E ·  EPA ·  MPB · mà EAP cân E  EAP · · · ACD  ABD  PBM  F P C D K ·  PBM · ·  ACD · MPB  CAB  900  BPM vuông N ·  PMB  900 M H O M Chứng minh tương tự ta có: ·  900  PMB · ·  1800 PNB  PNB  Bốn điểm M, N, B, P thuộc đường tròn đường B kính BP 2) Do EA = EC FA = FD nên OE  AC vµ OF  AD ·  OFE · Do AFE  900 (1) Do EF đường trung bình ACD nên EF // CD CD = 2EF ·  ADC · ·  AFE  ABC ·  BCD · ·  BCD · mà ABC  900  AFE  900 (2) ·  BCD · Từ (1) (2)  OFE ·  BDC ·  BCD đồng dạng với OFE (g.g) C/M tương tự ta có: OEF  BD CD    BD  2.EO OE FE 3) Kẻ OH  AB; OK  CD H K  HA  HB; KC  KD HB2  OB2  OH2  R2  OH2  AB2  4R2  4HO2 Tính tương tự : CD2  4R2  4KO2 suy    AB CD2  4R2  4HO2 4R2  4KO2  16R4  16R2 (HO2  KO2 )  16.HO2 KO2  16R4  16R2 PO2  16.HO2 KO2 (vì ta có OH2  OK2  OP ) Chứng minh diện tích tứ giác ACBD AB.CD Do 16R4  16R2 PO2 không đổi nên AB2.CD2 nhỏ HO2 KO2 nhỏ  H  O K  O  AB qua O CD qua O Vậy diện tích tứ giác ACBD nhỏ : 16R  16R2 PO2  2R R2  PO2  AB CD qua O (có thể cách dựng: Kẻ đường kính qua P kẻ dây  với đường kính P) - 17 - 2 OP Ta có HO2 KO2   HO  KO   OP nên HO2.KO2 lớn HO = KO  ;   AB2.CD2 lớn HO2 KO2 lớn  HO = KO  OP  AB CD cách O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn 16R4  16R2 PO2  4.PO4  2R2  PO2  AB CD cách O Bài ( Thi vào THPT Quảng Ninh 2011-2012 ) Cho đường tròn (O) đường kính AB điểm C cố định bán kính OA (C khác A O) , điểm M di động đường tròn (M khác A,B) Qua M kẻ đường thẳng vng góc với CM , đường thẳng cắt tiếp tuyến A B đường tròn (O) D E a) Chứng minh ACMD BCME tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DC  EC c) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ Giải : a) b) Dễ chứng minh D M c) Tứ giác ABED hình thang vng E nên diện tích : S= AB( AD  BE ) Dễ thấy ADC# BCE (g  g )  AD BE  AC BC  k A C O không đổi ( A,C,B cố định ) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM : AD  BE  k Dấu đẳng thức xảy AD = BE Vậy MinSADEB = AB k AD = BE, ABED hình chữ nhật nên MC vng góc AB => M giao đường thẳng qua C vng góc AB Bài ( Thi vào THPT Tp Hồ Chí Minh 2010-2011 ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ nhật - 18 - B b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ M Q nhật APMQ có diện tích lớn Giải : E K a) Dễ chứng minh I b) Chứng minh EO trung trực AM nên O, I, E thẳng hàng B ·  MBP · c) Ta có OE//MP => EOA  AEO# PMB  O P x A PB MP  AO EA PB (1) AB BP KP KP / / EA   (2) AB EA  MP  EA Từ (1) (2) suy MP  EA KP  KP EA => K trung điểm MP d) Ta có : AB = 2R ; AP = x => PB = 2R - x Tam giác AMB vng M có MP đường cao nên : MP2 = PA.PB = x(2R-x) => MP  x(2R  x) x    2R  x  x Có : SMPAQ = AP.MP = x x(2 R  x)  x (2 R  x)  x       x x   R   3R x x x = x 3( R  )  3 .( R  )  3    3     ( theo bất đẳng thức AM-GM ) Dấu đẳng thức xảy : x   R  x 3R x  x  R x  3 Vậy diện tích hình chữ nhật APMQ lớn 3R M thuộc đường tròn cho P trung điểm OB Bài ( Thi vào THPT Nguyễn Bình - Quảng Ninh 2013-2014 ) - 19 - Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M điểm cung AB, K điểm cung nhỏ BM Gọi H chân đường vng góc M xuống AK a) Chứng minh AOHM tứ giác nội tiếp b) Tam giác MHK tam giác gì? Vì sao? c) Chứng minh OH tia phân giác góc MOK d) Gọi P hình chiếu vng góc K lên AB Xác định vị trí K để chu vi tam giác OPK lớn Giải : a) Vì M điểm cung AB, M ˆ  900 nên sđ ¼ AM  90 => AOM (đ/l góc tâm), mà MH  AK (gt) K => · AHM = 90 H ˆ · Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM AHM  900 Do đỉnh O H ln nhìn đoạn Am góc 900, nên AOHM tứ giác nội tiếp A O P B · b) Xét tam giác vng MHK có MKH  450 Nên tam giác MHK tam giác vng cân H c) Vì tam giác MHK cân H nên : HM = HK Xét  MHO  KHO có HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung OM = OK = R Suy  MHO =  KHO ( c-c-c) · ·  KOH Nên MOH , Do OH phân giác góc MOK d) Ta có chu vi tam giác OPK là: C = OP + PK + OK Mà OK không đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn  OP + PK lớn Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có (OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2 Vậy (OP + PK)2 lớn 2R2, nên OP + PK lớn 2R Do chu vi tam giác OPK lớn bằng: 2R + R = (  1)R , OP = PK hay K điểm cung MB II - BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm E, qua E kẻ đường thẳng song song với AB AC chúng cắt AC P cắt AB Q - 20 - 1) Chứng minh BP = CQ 2) Chứng minh tứ giác ACEQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí E cạnh BC để đoạn PQ ngắn 3) Gọi H điểm nằm tam giác ABC cho HB2 = HA2 + HC2 Tính góc AHC Bài Cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường tròn tâm O, kẻ đường kính AD, AH đường cao tam giác (H  BC) 1) Chứng minh tứ giác ABDC hình chữ nhật 2) Gọi M, N thứ tự hình chiếu vng góc B, C AD Chứng minh HM vng góc với AC 3) Gọi bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác vng ABC r R Chứng minh : r + R  AB.AC Bài Cho hình vng ABCD, M điểm đường chéo BD, gọi H, I K hình chiếu vng góc M AB, BC AD 1) Chứng minh :  MIC =  HMK 2) Chứng minh CM vng góc với HK 3) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ Bài Cho nửa đường tròn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường tròn (P  M, P  N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ K 1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm đường tròn 2) Chứng minh: MP PK = NK PQ 3) Tìm vị trí P nửa đường tròn cho NK.MQ lớn Bài Cho điểm A ngồi đường tròn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) M điểm cung nhỏ BC (M  B, M  C) Gọi D, E, F tương ứng hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, AC, BC; H giao điểm MB DF; K giao điểm MC EF 1) Chứng minh: a) MECF tứ giác nội tiếp b) MF vng góc với HK 2) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn Bài Cho đường tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vng góc với AB H Kẻ MK vng góc với AN (KAN) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đường tròn Chứng minh: MN tia phân giác góc BMK Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn - 21 - Bài Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a, M điểm thay đổi cạnh BC( · M khắc B ) N điểm CD ( N khác C ) cho MAN  45o Đường chéo BD cắt AM AN P Q a) Chứng minh ABMQ tứ giác nội tiếp b) Gọi H giao điểm MQ NP Chứng minh AH vng góc với MN c) Xác định vị trí điểm M điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) Gọi C, D hai điểm nửa đường tròn cho C thuộc cung AD góc COD = 1200 Gọi giao điểm hai dây AD BC E, giao điểm đường thẳng AC BD F a) Chứng minh bốn điểm C, D, E, F nằm đường tròn b) Tính bán kính đường tròn qua C, E, D, F nói theo R c) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác FAB theo R C, D thay đổi thỏa mãn giả thiết toán Bài Cho tam giác ABC khơng có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I · · Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp  BAC 1) Chứng minh MBC 2) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE 3) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng 4) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M điểm cung AB, K điểm cung nhỏ BM Gọi H chân đường vng góc M xuống AK e) Chứng minh AOHM tứ giác nội tiếp f) Tam giác MHK tam giác gì? Vì sao? g) Chứng minh OH tia phân giác góc MOK h) Gọi P hình chiếu vng góc K lên AB Xác định vị trí K để chu vi tam giác OPK lớn Bài 11 Cho đường tròn (O) có bán kính R điểm C nằm ngồi đường tròn Đường thẳng CO cắt đường tròn hai điểm A B ( A nằm C O) Kẻ tiếp tuyến CM đến đường tròn ( M tiếp điểm) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt CM E tiếp tuyến đường tròn (O) B cắt CM F 1) Chứng minh tứ giác AOME nội tiếp đường tròn · ·  OMB 2) Chứng minh AOE CE.MF=CF.ME 3) Tìm điểm N đường tròn (O) ( N khác M) cho tam giác NEF có diện tích ·  300 lớn nhất.Tính diện tích lớn theo R, biết góc AOE Bài 12 Cho tam giác ABC vuông A Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn cắt - 22 - điểm thứ D.Vẽ AM, AN dây cung đường tròn (B) (C) cho AM vng góc với AN D nằm M; N a) CMR: ABC=DBC b) CMR: ABDC tứ giác nội tiếp c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng d) Xác định vị trí dây AM; AN đường tròn (B) (C) cho đoạn MN có độ dài lớn Bài 13 Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 12 cm Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O) vẽ tia tiếp tuyến Ax, By M điểm thuộc nửa đường tròn (O), M khơng trùng với A B AM cắt By D, BM cắt Ax C E trung điểm đoạn thẳng BD 1.Chứng minh: AC BD = AB2 2.Chứng minh: EM tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O 3.Kéo dài EM cắt Ax F Xác định vị trí điểm M nửa đường tròn tâm O cho diện tích tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ Bài 14 Cho đường tròn (O) đường kính AB điểm C cố định bán kính OA (C khác A O) , điểm M di động đường tròn (M khác A,B) Qua M kẻ đường thẳng vng góc với CM , đường thẳng cắt tiếp tuyến A B đường tròn (O) D E a) Chứng minh ACMD BCME tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DC  EC c) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ Bài 15 Cho tam giác ABC góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I · · Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp  BAC 1) Chứng minh MBC 2) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE 3) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng 4) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn Bài 16 Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên cạnh AD CD lấy · điểm M N cho góc MBN = 450, BM BN cắt AC theo thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp b) Gọi H giao điểm MF với NE I giao điểm BH với MN Tính độ dài đoạn BI theo a c) Tìm vị trí M N cho diện tích tam giác MDN lớn - 23 - Bài 17 Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R Vẽ đường thẳng d tiếp tuyến (O) B » lấy điểm M tùy ý (M khác A B), tia AM cắt d N Gọi C trung Trên cung AB điểm AM , tia CO cắt d D a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp b) Chứng minh rằng: NO  AD c) Chứng minh rằng: CA CN = CO CD d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ Bài 18 Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) B cắt đường thẳng AM, AN điểm Q, P 1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn 3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ Bài 19 Cho (O;R) Dây BC AH.AD = AB.AC C B H I => AB.AC = 2R.AH (1) Theo đề , AB AC  R => AB.AC = 3R2 (2) D Từ (1) (2) suy AH  3R -9- Ta có : OI  OA  AI  AH => OI  AH  OA  3R