CHUYÊN đề bất ĐẲNG THỨC HÌNH học lớp 7 8 – 9

Bất đẳng thức cực trị hình học CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC LỚP 7- – A.LÍ THUYẾT 1.Các bất đẳng thức góc a) Trong tam giác góc tù góc lớn b) Trong tam giác góc ngồi lớn góc khơng kề với Các bất dẳng thức đoạn thẳng a) Cho ba điểm A, B, C ta ln có: AB + BC ≥ AC Dấu “=” xảy ba điểm A, B, C thẳng hàng b) Bất đẳng thức tam giác: Trong tam giác ta ln có: độ dài cạnh ln lớn hiệu độ dài hai cạnh bé tổng độ dài hai cạnh c) Trong tam giác vng cạnh huyền cạnh lớn d) Nếu từ điểm không thuộc đường thẳng ta kẻ đường vng góc đường xiên thì: - Đường vng góc đoạn thẳng ngắn - Hai đường xiên có hình chiếu ngược lại - Trong hai đường xiên khơng đường xiên có hình chiếu lớn lớn ngược lại e) Liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm đường tròn Trong đường trịn thì: - Hai dây cách tâm - Trong hai dây không dây cách xa tâm nhỏ ngược lại Ta có: - Trong đường trịn, hai dây trương hai cung - Dây trương cung lớn lớn ngược lại Liên hệ cạnh góc tam giác a) Trong tam giác thì: - Đối diện với góc lớn góc lớn ngược lại - Cạnh đối diện với góc tù cạnh lớn b) Trong hai tam giác có hai cạnh tương ứng có góc xen khơng thì: - Đối diện với góc lớn ta có cạnh thứ ba lớn - Đối diện với cạnh thứ ba lớn ta có góc xen lớn *Chú ý: Ngồi kiến thức hình học trên, ta thường sử dụng bất đẳng thức đại số quen thuộc: a) b) Với hai số không âm: - Nếu tổng chúng không đổi tích chúng đạt giá trị lớn hai số Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học - Nếu tích chúng khơng đổi tổng chúng đạt giá trị nhỏ hai số B CÁC PHƯƠNG PHÁP Để giải toán bất đẳng thức cực trị hình học thường dùng phương pháp sau: - Vận dụng quan hệ đường xiên đường vng góc - Vận dụng quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc - Vận dụng bất đẳng thức tam giác đường trịn tìm cực trị - Vận dụng bất đẳng thức đại số - Vận dụng diện tích tìm cực trị C CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ C.I CÁC BÀI TOÁN LỚP · · Bài 1: Cho tam giác ABC, M trung diểm cạnh BC BAM > CAM Chứng minh: AB < AC GIẢI: Vẽ tia đối tia MA, tia lấy điểm D cho MD = MA Xét ∆ MAB ∆ MDC có: MA = MD(cách vẽ) ·AMB = DMC · (đối đỉnh) BM = MC (M trung diểm cạnh BC) Do ∆ MAB = ∆ MDC (c.g.c) · · Suy AB = DC, BAM = MDC Xét ∆ ADC có: ·ADC > CAD · · · · · ( BAM > CAM (giả thiết); BAM = MDC ) AC > DC (quan hệ góc cạnh đối diện tam giác) Ta có DC < AC, AB = DC Suy AB < AC Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB (D ∈ AC, E ∈ AB).Chứng minh AB – AC > BD – CE GIẢI: Trên cạnh AB lấy diểm F cho AF = AC Vì AB > AC nên F nằm A B Vẽ FG ⊥ AC, FH ⊥ BD (G ∈ AC, H ∈ BD) Ta có FG ⊥ AC, BD ⊥ AC (giả thiết) ⇒ FG // BD o o · · Xét ∆ GFD ( FGD = 90 ) ∆ HDF ( DHF = 90 ) Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học · · có DF (cạnh chung), GFD = HDF (vì FG // BD) ∆ ∆ Do GFD = HDF (cạnh huyền – góc nhọn) Suy FG = HD, GH = FH o o · · Xét ∆ GAF ( GAF = 90 ) ∆ EAC ( AEC = 90 ) có: AF = AC · GAF (góc chung) ∆ ∆ Do GAF = EAC (cạnh huyền – góc nhọn) Suy FG = CE Do GF = CE = HD Ta có FH ⊥ BD nên FB > BH(quan hệ đường xiên đường vng góc) Suy AB – AC > BD – HD Hay AB – AC > BD – CE Bài 3: Cho tam giác ABC cân A, cạnh AB lấy điểm D, tia đối tia CA lấy điểm E cho BD = CE Chứng minh rằng: BC < DE GIẢI Gọi M giao điểm BC DE Vẽ DI ⊥ BC I, EK ⊥ BC K ∆ IDB = ∆ KEC (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ DI = EK, BI = CK BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A vẽ AH ⊥ BC H Chứng minh rằng: BC + AH > AB + AC GIẢI: Trên cạnh BC lấy D cho BD = AB Trên cạnh AC lấy E cho AE = AH Ta có: BD = AB · · ⇒ ∆ BAD cân B ⇒ BAD = BDA o · o · · · Mà BAD + DAE = 90 , BDA + HAD = 90 · · Nên HAD = DAE ⇒ ∆ HAD = ∆ EAD (c.g.c) ⇒ ·AHD = ·AED DE ⊥ AC ⇒ DC > EC Do AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC Bài 5: Cho = B điển tia Ax, C điểm tia Ay (B, C khác A) Chứng minh rằng: AB + AC 2BC GIẢI: Vẽ Az tia phân giác góc xAy Vẽ BM Az M, CN Az N Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học Gọi K giảo điểm Az BC BM = AB, BM BK Do AB BK AB 2BK Tương tự có AC 2CK Do AB + AC 2(BK + CK) = 2BC Bài 6: Tam giác ABC có = , = 54, cạnh AC lấy điểm D cho = 18 Chứng minh rằng: BD < AC GIẢI: Vẽ BE tia phân giác góc ABD ( E AD) Từ E vẽ EF BD (F BD) Ta có = = = 18 Xét ABE ( = ) FBE ( = ) có: BE (chung), = Do ABE = FBE (cạnh huyền – góc nhọn) Suy AE = FE, = = 72 DFE có = 180 - 2.72 = 36 mà = nên = - 36 = 54 Xét DFE có < FD < FE Ta có FD < FE, AE = FE FD < AE Mà = 36 EBC cân đỉnh E EB = EC Ta có BF < EB (quan hệ đường xiên đường vng góc) Mà EB = EC nên BF < EC Do BD = BF + FD < EC + AE = AC Bài 7: Cho tam giác ABC có BC cạnh lớn nhất, BM đường trung tuyến Điểm D nằm đoạn BM (D khác B) Chứng minh > GIẢI: Trên tia đối tia MD lấy E cho ME = MB MAE = MCB (c.g.c) AE = BC Lại có BC > AV nên AE > AB ABE có AE > AB Nên > Mà > ( ABC có BC > AB) Vậy < > > Do > Bài Cho tam giác ABC, M trung điểm BC Chứng minh : AB + AC > 2AM GIẢI: Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho MD = MA Xét MAB MDC có: MA = MD, (đối đỉnh) MB = Mc (giả thiết) Do MAB = MDC (c.g.c) AB = DC Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học Xét ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác) Do AB + AC > AD mà AD = 2AM Suy AB + AC > 2AM Bài 9: Cho tam giác ABC, M điển nằm tam giác Chứng minh rằng: MB + MC < AB + AC GIẢI: Vẽ đường thẳng BM cắt AC D Vì M tam giác ABC nên D nằm giẵ A C, Suy ra: AC = AD + DC Xét ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác) MB + MD < AB + AD (1) Xét MDC có MC > DC + MD (2) (bất đẳng thức tam giác) Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: MB + MC + MD < AB + (AD + DC) MB + MC < AB + AC Bài 10 Cho tam giác ABC, M điểm tia phân giác góc ngồi đỉnh C Chứng minh MA + MB > AC + BC GIẢI: Vẽ đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng MC cắt đường thẳng BC D, cắt MC H Xét CAH có CH vừa đường cao ( CH AD), vừa đường phân giác (gt) CAH cân C CA = CD, HA = HD MA = MD (Quan hệ đường xiên hình chiếu) Xét MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác) Mà BD = CD + BC = AC + BC Dó MA + MB > AC + BC II.CÁC BÀI TOÁN LỚP Bài Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng: SABCD AC.BD GIẢI: Gọi O giao điểm AC BD Vẽ BH, DK đường cao tam giác ABC, DAC Do SABCD = SABC + SDAC = BH.AC + DK.AC = AC.(BH + DK) Mặt khác, BH OH BH OB DK OK DK OD Mà OB + OD = BD, nên BH + DK BD Vậy SABCD AC.BD Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học Bài Cho tam giác nhọn ABC, H trực tâm tam giác Chứng minh rằng: AB + AC > AH + BH + CH Từ suy chu vi tam giác ABC lơn (AH + BH + CH) GIẢI: Vẽ HD // AC, HE // AB (D AB, E AC) Ta có HD // AC, BH AC (vì H trực tâm ABC) Nên HD BH DB > BH Chứng minh tương tự ta có EC > CH Ta có: HD // AE, HE // DA Tứ giác AEHD hình bình hành AD = HE AEH có HE + AE > AH AD + AE > AH Như AB + AC = AD + DB + AE + EC = (AD + AE) +BD + EC > AH + BH + CH Chưng minh tương tự ta có : AB + BC > AH + BH + CH, AC + BC > AH + BH + CH Do 2(AB + BC + AC) > 3(AH + BH + CH) Vậy AB + BC + AC > (AH + BH + CH) Bài Cho tam giác ABC có AB > BC Các đường phân giác AD CE Chứng minh AE > DE > CD GIẢI: Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB K Ta có AD đường phân giác tam giác ABC Nên CE đường phân giác tam giác ABC nên Mà AB > BC Do < Vậy ABC có DK // AC theo định lí Ta-let tam giác ta có Do + < + Hay KB > EB K không trùng E Do DE cắt AC, gọi M giao điểm DE AC Ta có > ( góc ngồi tam giác DAM) = (gt) Do > Xét ADE có > AE > DE (1) Mặt khác = (gt), mà > ( góc ngồi CEM), Do > Xét DCE có > DE > CD (2) Từ (1) (2) ta có AE > DE > CD Bài Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh BC lấy điểm D cho BD = 2CD So sánh GIẢI: Vẽ AE đường phân giác tam giác ADB Ta có > = nên AB > AD Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học ABD có AE đường phân giác > EB > ED EB > Gọi M trung diểm BD MB = Vậy M nằm B E Nên < ABM = ACD (c.g.c) Vậy < Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Trên AB, AC lấy M, N cho AM = AN = AH Chứng minh GIẢI: Gọi K trung điểm cạnh BC Xét ABC vuông A, AK đường trung tuyến AK = Ta có AH AK (vì AH HK) Do SAMN = AM.AN = AH.AH AH.AK Mà SABC = AH.BC = AH.AK Vậy Bài Cho tam giác OBC cân O Hai đường thẳng m m’ qua B C song song với không cắt tam giác OBC Gọi A giao điểm hai đường thẳng OC m, D giao điểm hai đường thẳng MO m’ Xác định vị trí m m’ để tích AB.CD đạt giá trị nhỏ GIẢI: Vẽ OH BC, OE // m (H, E BC) m // m’ (gt) nên OE // m’ ABC có OE // AB = (1); BDC có OE // DC (2) Cách 1: Từ (1), (2) ta có OE = = Do = AB.CD 4OH2 (vì OE OH) Dấu “=” xảy AB = CD E H m BC m’ BC Cách 2: Từ (1), (2) ta có = Mà BE.EC (BE + EC)2 = BE2 Suy AB.CD 4.OE2 Mặt khác OE OH nên AB.CD 4.OH2 Dấu “=” xảy BE = EC, E H m BC; m’ BC Bài Tam giác ABC có diện tích S điểm D, E, F theo thứ tự nằm cạnh AB, BC, CA cho AD = k.AB; BE = k.BC; CF = k CA a) Tính diện tích tam giác DEF theo S k b) Với giá trị k đạt giá trị nhỏ Giải.Ta có Lại có: Do SBDE = ( – k).kS Tương tự ta có: SCFE = ( – k).kS Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học SDAF = ( – k).kS Vì S không đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ tam thức – 3k + 3k2 đạt giá trị nhỏ Ta có – 3k + 3k2 = Dấu “=” xảy Vậy với k = diện tích đạt giá trị nhỏ Khi điểm D, E, F theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CA Bài Chứng minh tam giác vng có chiều cao ứng với cạnh huyền không đổi, tam giác vuông cân có chi vi nhỏ Giải Xét tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung Tuyến AM Chu vi tam giác ABC P = AB + BC + AC Mà BC = 2AM 2AH Dấu “ = “ xảy H M Ta có AB + AC = Dấu “=” xảy H M Do P = AB + BC + AC Vậy giá trị nhỏ P tam giác ABCvuông cân A Bài Cho tam giác vuông ABC vuông A AB = 4,1 cm; AC = 3,2 cm M điểm thay đổi cạnh BC; gọi H, K hình chiếu vng góc M AB AC Tìm giá trị lớn diện tích tam giác HMK Giải Tứ giác AHMK có góc vng nên hình chữ nhật nên tam giác MHK vng M Diện tích tam giác MHK S= Áp dụng định lý TaLet ta Suy Đáp số S lớn 1,64 (cm2) Hay M trung điểm BC Bài 10 Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2 Chứng minh SABCD GIẢI: Gọi O giao điểm AC BD Vẽ AH BD H, CK BD K HAB vuông H AB2 = HA2 + HB2 KCD vuông K CD2 = KD2 + KC2 Nên AB2 + CD2 = Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học Tương tự có BC2 + AD2 = Ta có = HB2 + KD2 = KB2 + HD2 Ta có H K AC BD SABCD = AC.BD SABCD Bài 11 Cho hình chữ nhật ABCD, M điểm nằm hình chữ nhật Tính giá trị nhỏ biểu thức AM.CM + BM.DM GIẢI: Qua M vẽ HK BC (H BC, K AD) BC // AD nên HK AD Vẽ điểm E hình chữ nhật ABCD Sao cho AE = CM, DE = BM MBC = EDA (c.c.c) SMBC = SEDA SABCD = AB.BC = KH.BC = = 2(SMBC + SMAD) = 2(SEDA + SMAD ) = 2SMADE = 2(SMAE + SMED) Vẽ MI AE, MJ DE (I AE, J DE) MI AM, MJ DE MI.ME MJ.ED MJ.ED DE.DM 2SMAE AM.CM 2SMED BM.DM Do AM.CM + BM.DM SABCD (không đổi) Dấu “=” xảy I A, J D Bài 12 Cho tam giác ABC, M điểm cạnh BC Chứng minh rằng: MA.BC < MC.AB + MB.AC GIẢI: Vẽ MD // AB (D AC) ABC có MD // AB Suy MD = ADM có AM < MD + DA Do MA < + MA.BC < MC.AB + MB.AC Bài 13 Cho tam giác ABC, M điểm nằm tam giác (có thể cạnh) Chứng minh MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC Dấu “=” xảy nào? GIẢI: Xét trường hợp a) ABC khơng có góc tù AM cắt BC D Vẽ BH AD, CK AD (H, K AD) Ta có MA.BC = MA(BD + DC) MA(BH + CK) = MA.BH +MA.CK = 2SMAB + 2SMAC Chứng minh tương tự ta có MB.CA 2SMAB + 2SMBC Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học MC.AB 2SMAC + 2SMBC Do ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC Dấu “=” xảy M trực tâm ABC b) ABC có góc tù, giả sử > Vẽ AB’ AC AB’ = AB M A M nằm AB’C (nếu không ta vẽ AC’ AB AC’ = AC giải tương tự) (AB =AB’) MB > MB’ Mà CB > CB’ Do MA.BC + MB.CA + MC.AB > MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ Theo a) ta có MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ 4SAB’C = 2AB’.AC Do MA.BC + MB.CA + MC.AB > 2AB.AC > 4SABC Tóm lại: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC Dấu “=” xảy ABC khơng có góc tù M trực tâm ABC Bài 14 Cho tam giác ABC ( = ) Từ điểm M tam giác vẽ MI BC, MJ CA, MK AB (I BC, J CA, K AB) Xác định vị trí cảu điểm M cho tổng MI2 + MJ2 + MK2 đạt giá trị nhỏ GIẢI: Vẽ đường cao AH ABC Tứ giác AJMK hình chữ nhật (vì = = = ) AM = JK MKJ có = nên theo định lí Py-ta-go ta có JK2 = MK2 + MJ2 Do MJ2 + MK2 = MA2 Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA AI AH IH AI AH Ta có MI + MJ2 + MK2 = MI2 + MA2 AI2 AH2 Do MI2 + MJ2 + MK2 AH2 khơng đổi MI = MA Do “=” xảy M nằm A I M trung điểm AH I H Bài 15 Cho tam giác ABC vuông cận A Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm K, L, M cho tam giác KLM vuông cận K Xác định vị trí K, L, M để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ GIẢI: Kẻ LH AB (H AB) Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 10 Bất đẳng thức cực trị hình học Xét HLK AKM có: (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) Và LK = MK (KLM vng cân K) Do HLK = AKM HK = AK, HK = AM HBL có = ; = HBL vng H HL = BH Đặt AK = x, AM = y Ta có AB = 2x + y SABC = AB2 = (2x + y)2 = [5(x2 + y2) – (x – 2y)2] 5(x2 + y2) = KM2 = 5.SKLM (AKM có nên x2 + y2 = AK2 + AM2 = KM2;KLM vuông cân nên SKLM = KM2) SKLM SABC (không đổi) Dấu “=” xảy x = 2y AK = AB, AM = AC CÁC BÀI TOÁN LỚP Bài Cho góc xOy = 50o Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz cho góc xOz = 22 o Trên Oz lấy điểm M cho OM = 67cm Một đường thẳng thay đổi qua điểm M cắt tia Ox, Oy tương ứng A, B Tính giá trị nhỏA'nhất X diện tích tam giác ABO Giải Ta chứng minh SOAB nhỏ MA = MB Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB, kẻ AN // Oy (N A’B’) N C A ANBB’ hình bình hành SOAB = SOANB’ < SOA’B’ Khi M trung điểm AB dựng hình bình hành OACB OC = 134 (cm) Kẻ AH OC, đặt AH = x (cm) Ta có: M Và OH + HC = OC = 134 (cm) Lại có: x = OH tan 220 Z H 22 280 x = HC tan 280 O B' B Y Bài 2.cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểrm M thuộc cung AB Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường trịn Đường vng góc với CM m cắt Ax, By theo thứ tự D, E a) Chứng minh tam giác ADC BCE đồng dạng b) Giả sử OA = R C trung điểm OA Tính diện tích nhỏ tứ giác ABED GIẢI Ta chứng minh Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 11 Bất đẳng thức cực trị hình học ( phụ với ) ADC = BCE (g.g) (1) Gọi S diện tích hình thang ABED Ta có: AD + BE (Bất đẳng thức Cô-si) Từ (1), (2), (3) suy Vậy diện tích nhỏ hình thang ABED , CMOA ABED hình chữ nhật Bài Cho tam giác ABC khơng đều, ngoại tiếp đường trịn (I) nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh 2BC AB + AC GIẢI: Gọi D E giao điểm AI với BC đường tròn (O) (E khác A) Xét ABC có AD đường phân giác = Do = = Ta có : , , , ECI cân E EC = EI Xét ABD AEC có , Do ABD AEC (g.g) Nên OAE cân O (vì OA = OE) Do EI AI 2BC AB + AC Bài Cho hai đường tròn (O; R) (O; R’) cắt A B (O O’ hai nửa mặt phẳng đối bờ AB) Một cát tuyến di động qua B cắt (O) C cắt (O’) D cho B nằm C D Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD nhận giá trị lớn GIẢI: Vẽ đường kính AM đường trịn (O) đường Kính AN đường trịn (O’) Ta có = = (góc nội tiếp chắn đường trịn) Ta có + = + = 180 Suy M, B, N thẳng hàng Ta có O; O’; A cố định, (O; R) (O’; R’) cố định M, N cố định Xét ACD AMN có: ( hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn (O)) Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 12 Bất đẳng thức cực trị hình học Và (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường trịn (O’)) Do ACD AMN (g.g) Vì ACD AMN = P(ACD) = AC (trong P(ACD) P(AMN) chu vi tam giác ACD, AMN) Ta có P(AMN), AM khơng đổi Do P(ACD) lớn AC lớn AC đường kính đường trịn (O) CD AB B Vậy tiếp tuyến CBD vng góc với AB B tam giác ACD có chu vi lớn Bài Cho BC dây cung cố định đường tròn (O, R) (BC 2R) A điểm di động cung lớn BC Vẽ hình bình hành ABCD Xác định vị trí A để đồ dài BD lớn GIẢI: Vẽ hình bình hành OBCI Ta có I cố định, OI = BC OI // BC Mà BC = AC, OI // AD Tứ giác OADI hình bình hành ID = OA = R Xét ba điểm I, B, D có BD BI + ID Nên BD BI + R, không đổi Dấu “=” xảy I nằm B D Vậy A giao điểm cảu đường thẳng qua O song song với đường thẳng BI với đường trịn (O) (A, B nằm khác phía OI OBCI hình bình hành) độ dài BD lớn Bài Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB C điểm thuộc nửa đường tròn Vẽ CH AB H Đường tròn C, bán kính CH cắt nửa đuognừ trịn (O) D, E Chứng minh SODCE = R2 GIẢI: Nối O với C, D với E, OC DE Gọi I giao điểm OC DE SODCE = OC.DE = R.DE CH CO CE OE CI OI OI OI2 IE R DE R Do SODCE = R2 Bài Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính AB = 2R lấy điểm I đoạn AO cho OI = x (O < x < R) qua I vẽ đường thẳng d⊥ AB cắt nửa đường tròn tâm O M xác định x để chu vi IMO lớn Giải: Đặt IM = y (O < y < R) xát , có: OM2 = OI2 + IM2  x2 + y2 = R2 ( pytago) Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 2(x2 + y2) Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 13 Bất đẳng thức cực trị hình học Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y R Dấu “=” xảy  x = y = Chu vi C = OI + IM +OM = x + y + R R + R = ()R Vậy max C = ()R x = y = Do x = chu vi lớn Bài Cho đường tròn (O, R) BC dây cung cố định khác đường kính Điểm A di động cung lớn BC cho ABC nhọn Kẻ đường cao AD, BE, CF ABC Xác định vị trí điểm A để chu vi DEF đạt giá trị lớn Giải: Tứ giác BFEC nội tiếp có đỉnh F, E nhìn BC góc => ( bù ) Kẻ tiếp tuyến Ax ( O ) có: Vậy => Ax // EF mà Ax OA => OA EF CMTT: ta có OB FD , OC DE Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD = (EF + DF + DE ) Dó : EF + DF + DE lớn SABC lớn A điểm cung lớn BC Bài Cho nửa đường tròn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động nửa đường trịn Ở phía ngồi ABC, vẽ nửa đường trịn đường kính AC, BC ; gọi diện tích nửa hình trịn S1, S2 a) CMR: tổng S1 + S2 không đổi b) Gọi S diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn Tìm vị trí điểm C để S có giá trị lớn Giải a) Tổng diện tích nửa đường trịn đường kính AC, BC bằng: S1 + S = + =.(AC2 + BC2) =.AB2 = 4R2 =không đổi b) Gọi S3 diện tích nửa hình trịn đường kính AB Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 14 Bất đẳng thức cực trị hình học Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3 Theo câu a, ta có S1 + S2 = = S3 => S = SABC Do S lớn nhấ t SABC lớn Kẻ CH AB, ta có: SABC = AB.CH AB.CO = 2.R.R = R2 (khơng đổi ) Do đó: Smax = R2 HO C điểm nửa đường trịn đường kính AB Bài 10 Từ khối gỗ hình nón có bán kính đáy 12cm, chiều cao 30cm, người ta tiện thành hình trụ Tính thể tích lớn hình trụ tiện Giải Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có: Thể tích hình trụ : V= Vì x + x + (60 – 2x) = 60 khơng đổi nên tích đạt giá trị lớn x = 60 – 2x  x = 20 Vậy hình trụ tích lớn (Áp dụng : Nếu ba số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn ba số nhau) Bài 11 Cho hình trịn (O) đường kính BC điểm A thuộc đường tròn (O) Kẻ đường cao AH tam giác ABC Gọi I, K theo thứ tự giao điểm đường phân giác tam giác AHB, AHC Đường thẳng IK cắt AB, AC M N Chứng minh SAMN SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC) GIẢI: Gọi D giao điểm AI BC J giao điểm BN CK ABC có BJ, CJ hai đường phân giác J tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC AJ đường phân giác tam giác ABC Mặt khác có: (AHD vng H) (1) (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên (2) Mà ( AD tia phân giác ) (3) Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 15 Bất đẳng thức cực trị hình học Từ (1), (2), (3) có CAD cân C KJ AI Chứng minh tương tự có IJ AK Do J trực tâm AIK AJ IK AMN có AJ vưa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác cân Vậy AMN vuông cân A AMI AHI (vì , = 45) AH BC nên AH AO mà AO = SAMN = AM.AN = AH2 SABC = AH.BC Vậy SAMN SABC Bài 12 Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh: điểm M thuộc cung nhỏ AB MA + MB = MC Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Ma + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ AB) GIẢI: Lấy điểm D đoạn thẳng MC cho MD = MB BMD cân M có = 60 Tam giác BMD Suy ra: BM = BD Ta có (vì bẳng 60- ) MBA = DBC (c.g.c) Do đó: DC = MA Vậy MA + MB = CD + DM = MC Do M thuộc cung nhỏ AB nên theo câu 1) có MA + MB = MC Do P = MA + MB + MC = MC + MC = 2MC 2.2R = 4R (R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Vẽ OH BC H Dễ thấy = 60, BH = = BH = OBsin Nên R = Do P Dấu “=” xảy M điểm cung nhỏ AB Bài 13 Cho nửa đường trịn (O, R) đường kính AB EF dây cung di động đường tròn cho E thuộc cung AF EF = R AF cắt BE H AE cắt BF C CH cắ AB I a) Tính góc CIF b) Chứng minh AE.AC + BF.BC không đổi EF di động đường tròn Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 16 Bất đẳng thức cực trị hình học c) Tìm vị trí AF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích GIẢI: BE, AF hai đường cao ABC CI AB Tứ giác IHFB nội tiếp EOF nên = 60 30 ACI ABE = AC.AE = AB.AI Tương tự BCI BAF = BC.BF = BA.BI Do AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI = AB(AI + IB) = AB2 ABC FEC = = = SABFE = SABC SABFE lớn SABC lớn CI lớn I O CAB cân EF //AB Khi SABC = = R SABFE = Bài 14 Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R M điểm nửa đường trịn (M khác A B) Tiếp tuyến với đường tròn O M cắt tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn C D Gọi N giao điểm AD BC a) Chứng minh MN // AC b) Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM Khi ứng với vị trí M GIẢI: a) Ax // By ( vng góc AB) Nên ANC DNB Ta có: (1) Mà AC = CM; BD = DM (2) Từ (1) (2) (3) (3) chứng tỏ AC // MN (định lý đảo định lí Ta-lét) b) AC // MN MNAB H Ta có ABDC hình thang vng nên CD AB SABCD = (AC + BD).AB = (CM + MD).2R = CD.R 2.R.R = 2R2 (*) Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 17 Bất đẳng thức cực trị hình học SAMB = AB.MH = R.MH R.R = R2 (**) (do MH MO) (*) (**) suy ra: SABCD _ SAMB R2 Hay SACM + SBDM R2 GTNN R2 Dấu “=” xảy CD = AB (ABCD hình chữ nhật) H O M diểm nửa đường trịn O Bài 15 Cho đường trịn tâm O, bán kính R điểm P cố định nằm đường tròn Hai dây cung AC BD thay đổi vng góc với P Xác định vị trí AC BD cho diện tích tứ giác ABCD lớn Giải B A P K H C O D Vẽ OH AC, OK BD (H AC, K BD) Tư giác PHOK hình chữ nhật () => KH = OP không đổi Tam giác OKH vng O nên Do : khơng đổi Tứ giác ABCD có AC BD nên Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương, ta có: khơng đổi Dấu “=” xảy AC = BD OH = OK PO tia phân giác góc HPK AC, BD hợp với PO góc 450 Vậy AC, BD hợp với PO góc 450 diện tích ABCD lớn Bài 16 Cho đường tròn (O; R) điểm A cho OA = R Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn Một góc xOy = 45 cắt đoạn thẳng AB AC D E Chứng minh rằng: a) DE tiếp tuyến đường tròn Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 18 Bất đẳng thức cực trị hình học b) R < DE < R GIẢI: a) Áp dụng định lý pitago tính AB = AC = R Tứ giác ABOC hình vng Kẻ bán kính OM cho = = Chứng minh BOD = MOD = Tương tự: D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đường trịn (O) b)Xét ADE có DE < AD + AE mà DE = DB + EC 2ED < AD + AE + DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC Cộng vế ta được: 3DE > 2R DE > R Vậy R > DE > R Bùi Thị Hoa Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 19 .. .Bất đẳng thức cực trị hình học - Nếu tích chúng khơng đổi tổng chúng đạt giá trị nhỏ hai số B CÁC PHƯƠNG PHÁP Để giải toán bất đẳng thức cực trị hình học thường dùng phương... Thị Hoa 11 Bất đẳng thức cực trị hình học ( phụ với ) ADC = BCE (g.g) (1) Gọi S diện tích hình thang ABED Ta có: AD + BE (Bất đẳng thức Cô-si) Từ (1), (2), (3) suy Vậy diện tích nhỏ hình thang... ( – k).kS Tương tự ta có: SCFE = ( – k).kS Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa Bất đẳng thức cực trị hình học SDAF = ( – k).kS Vì S khơng đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ tam thức