Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Khi đó ta vận dụng cách tìm cực trị của các biểu thức đại số bằng cách sử dụng các bất đẳng thức, các phương pháp tìm cực trị ở phần I với những điều kiện cụ thể của các yếu tố hình học [r]

PHẦN I: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ Chương I Những kiến thức bản.

I- Khái niệm.

Cho hàm số f(x) xác định miền D

1 M gọi giá trị lớn f(x) miền D điều kiện sau đồng thới thoả mãn:

a, f(x) M , x  D b,  x0  D cho f(x0) = M Ký hiệu M = maxf(x), x  D

2 M gọi giá trị nhỏ f(x) miền D điều kiện sau đồng thời thoả mãn:

a, f(x)  M, x  D

b,  x0  D cho f(x0) = M Ký hiệu M =minf(x), x  D

II- Các kiến thức thường dùng:

1 x2

 với x Tổng quát [ f(x) ]2n

 0, x  R, n  Z Suy ra: [ f(x) ]2n + M

 M -[ f(x) ]2n + M M a, | x | với x

b, | x + y | | x | + | y |, dấu “=” xảy x, y dấu

c, | x − y | | x | - | y |, dấu xảy x,y dấu

Chứng minh:

a, | x | Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối

b, Ta có | xy |  xy  | x || y |  xy

 2| x || y |  2xy

 x2 + 2| x || y |+ y2

 x2 + 2xy + y2  (| x | + | y |)2  (| x + y |)2

Do | x | + | y | ; | x + y | 

Nên | x | + | y | | x + y |

c, Ta có: | xy | xy  -| xy | -xy

Tương tự phần b ta chứng minh

| x | - | y | | x − y |

Dấu xảy x, y dấu, x y Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy) dạng bất đẳng thức Côsi a, ( a + b )2

 4ab, dấu xảy a = b b, ab+b

a≥2 , ( a.b > ) dấu xảy a = b

c, a + b  2√ab , ( a  0, b  ) dấu xảy a = b

Hệ quả:

+ a  0, b  a + b = k ( không đổi )

Thì (a.b) đạt giá trị lớn a = b

Hai số khơng âm có tổng khơng đổi tích lớn hai số nhau. + a  0, b  a.b = k ( không đổi )

Thì (a + b) đạt giá trị nhỏ a = b

Hai số khơng âm có tích khơng đổi tổng nhỏ hai số bằng nhau.

Suy ra:

Trong hình chữ nhật có diện tích hình xng có chu vi nhỏ Trong hình chữ nhật có chu vi hình vng có diện tích lớn

4 Bất đẳng thức Bunhia cốpxki (ax + by)2

 (a2 + b2) (x2 + y2) Dấu xảy ab=x

y (a,b tỷ lệ với x, y)

Chứng minh: Xét hiệu:

(ax + by)2 – (a2 + b2) (x2 + y2) = a2x2 + b2y2 + 2abxy - a2x2 - a2y2- b2x2 - b2y2 = - (a2y2 - 2abxy - b2x2)

= - (ay – bx)2

 Do đó: (ax + by)2

 (a2 + b2) (x2 + y2) Dấu xảy ay = bx  ab=x

Tổng quát:

(a1x1 + a2x2 + … + anxn)2

(a1

+ +a2n)(x12+ .+xn2) Dấu xảy khi: a1

x1 =a2

x2

= =an

xn

III- Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

1 Phương pháp bất đẳng thức

Đây phương pháp sử dụng nhiều, hay gặp Ở cần sử dụng kỹ biến đổi đồng nhất, bất đẳng thức để xuất dấu hiệu nhận biết khái niệm (Phần I), từ xác định giá trị lớn hay giá trị nhỏ biểu thức

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn biểu thức: f(x) = x2 + x + 1.

Với biểu thức miền D toàn miền xác định biểu thức, tập R Ta có:f(x) = x2 + x + = x2 + x + 1

4+

f(x) = (x + 12)2 + 3

4 

Giá trị nhỏ biểu thức

x =

-1

Ví dụ 2:Tìm giá trị lớn biểu thức A =

x2−4x+10 Nhận xét: x2 – 4x + 10 = (x-2)2 +6

 6, x  D (D=R) Tử số dương

Do đó: A lớn mẫu số đạt giá trị nhỏ Mẫu số có giá trị nhỏ x = Suy A đạt giá trị lớn 16 x =

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn hàm số y = √x-2+√4-x

Trước hết xác định miền D = {x  x  4} Ta viết y = √x-2+1.√4-x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki ta có: y2

 (12 + 12)(x – + - x) y2

Do y > nên max y = √x-2

√4-x=1 hay x =  D

Vậy giá trị lớn y x = 2 Phương pháp miền giá trị hàm số.

Giả sử ta phải tìm cực trị hàm số f(x) có miền giá trị D Gọi y0 giá trị f(x) với x  D Điều có nghĩa phương trình f(x) = y0 phải có nghiệm với x  D

Sau giải phương trình điều kiện có nghiệm thường dẫn đến bất đẳng thức: m  y0  M

Từ suy ra: f(x) = m max f(x) = M

Ví dụ 1: Trong cặp nghiệm phương trình: x2 – ( x2 + )y + 8x + = (1)

Hãy tìm cặp nghiệm (x,y) cho y lớn Trước hết: (1)  (1-y)x2 + 8x + – y = (2)

Nếu – y =

y =  x = -34 Nếu – y 

y  ’ = 16 - ( – y )( – y ) ’ = - y2 + 8y + 9 ’ = ( + y )( – y )

(x,y) nghiệm phương trình (1) phương trình (2) phải có nghiệm

Do ’ 



( + y )( – y ) 



-  y 

Suy ra: max y = ’ = 0, x = Vậy cặp nghiệm thoả mãn toán (1; 9)

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: A = x

+1 (x2

+1)2

Nên A đạt giá trị lớn A1 đạt giá trị nhỏ ngược lại

Ta có A1=x

+2x2+1

x4+1 =1+

2x2

x4+1 Ta thấy rằng: 2x2

x4

+1≥0, x Nên A1=1+2x

2

x4+1≥1

A1 nhỏ x =

Do A đạt giá trị lớn x = Lại có x4 – 2x2 +

 x4 +

 2x2

 2x

2

x4+1≤1

 x 2x A

4

   

A1 lớn x =  Do A đạt giá trị nhỏ 12 x =  Chú ý:

a, Muốn tìm cực trị hàm số ta khơng cần chứng minh f(x)  m f(x)  M mà phải tìm tồn biến để xảy dấu đẳng thức

b, Nếu A = B + C + D + … (A, B, C, … biểu thức đại số) Để tìm cực trị A, ta tìm cực trị B, C, D… phải chứng minh với giá trị biến đồng thời biểu thức B, C, D,… đạt cực trị

c, Khi tìm cực trị biểu thức A, có ta thay điều kiện để tìm cực trị biểu thức điều kiện tương đương để tìm cực trị biểu thức khác như: - A; A2; 1

A; A  m ( m số )…

Chương II Những dạng toán thường gặp phương pháp giải I- Dạng 1: Đa thức bậc có chứa dấu giá trị tuyệt đối.

b, B = |4−3x|+5

c, C = |x −1997|+|2000− x| Bài giải a, A = x1

Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta có:

|x+1| 0, x

 A = x1 đạt giá trị nhỏ x + =  x = -1 Vậy MinA =  x = -1

b, Ta có 4-3x 0 4 3x 55

Vậy biểu thức B đạt giá trị – 3x =  x = 43 Do MinB =  x = 43

c, Áp dụng bất đẳng thức:

|x+y|≤|x|+|y| Dấu bẳng xảy x, y dấu x y

Suy ra: C = |x −1997|+|2000− x|≥|x −1997+2000− x|

C 

MinC = (x - 1997)(2000 - x) 

x 1997 2000

x - 1997 - + +

2000 - x + +

(x 1997)(2000 x) + -Vậy minC = 1997  x  2000

Kết luận: Các toán thuộc dạng thường gặp lớp Với dạng cách giải thường tương đối dơn giản, cần áp dụng:

+ |A|≥0,∀A + |A|=|− A|

+ xy x  y , dấu xảy xy 

Bài tập áp dụng:

1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a, A = 5|1−4x|−1

b, B = |x −1|+|x − 4|

c, C = |x −a|+|x − b|, với a < b

d, D = |x −2|+|x −3|+|x −4|+|x −5|

e, G = |x −1|+|x −2|+ +|x −1 998|

2 Tìm giá trị lớn biểu thức: a, H = 5−|2x−1|

b, I =

|x −2|+3



Các toán cực trị - Lê Mộng Ngọc – 1996 

II- Dạng 2: Đa thức bậc 2.

Ví dụ 1:

a, Tìm giá trị nhỏ A = x2 + 4x + 1 b, Tìm giá trị lớn B = + 6x – x2

Bài giải

a, A = x2 + 4x + = x2 + 4x + – 3 A = (x + 2)2 – 3

Nhận xét: (x + 2)2

  (x + 2)2 –

 -3  A  -3

Vậy: minA = -3  x + =

x = -2 b, B = + 6x – x2 = – x2 + 6x - + 10 B = - (x - 3)2 + 10

 10 - (x - 3)2

 0, x Vậy maxB = 10 x – =

x =

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (nếu có) biểu thức A = 2x2 – 20x + 53

Do A thoả mãn đẳng thức Nên phương trình 2x2 – 20x + 53 – A = có nghiệm

 A  Do minA = ’ =

 x =

Ví dụ 3: Với giá trị x, y

a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + đạt giá trị nhỏ nhất b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 đạt giá trị lớn nhất

Bài giải a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4 D = x2 – 4x + + 4x2 – 12xy + 9y2 D = (x – 2)2 + (2x – 3y)2

 0, x, y Nên dấu xảy

(x −2)2=0 (2x-3y)2=0

¿{ ¿ ¿



x=2

y=4

3

¿{ ¿ ¿

 minD =

x=2

y=4

3

¿{ ¿ ¿

b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2

E = - (x2 + 10x + 25) – (9x2 – 24xy +16y2) + 40 E = 40 – (x + 5)2 – (3x – 4y)2

Ta thấy (x + 5)2

 0; (3x – 4y)2

 Vậy E  40 Dấu xảy

x+5=0

3x−4y=0 ¿{

¿ ¿



x=−5

y=-15

4

¿{ ¿ ¿

Do maxE = 40

x=−5

y=-15

4

¿{ ¿ ¿

Kết luận:

Chẳng hạn A = m[f(x)]2 + n[g(x)]2 + p

Tồn maxA hay minA phụ thuộc vào dấu m n

- Dùng phương pháp miền giá trị thường đưa điều kiện để phương trình bậc có nghiệm

Bài tập áp dụng:

1 Tìm giá trị nhỏ của: A = 2x2 + 3x + 1

B = 4x2 + 4x + 11 C = 2x2 – 20x + 53 Tìm giá trị nhỏ của:

a, x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5

b, 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2024 Tìm giá trị lớn của:

a, -5x2 - 5y2 + 8x – 6y – 1 b, - a2 - b2 + ab + 2a + 2b

4 Tìm cặp số (x, y) thoả mãn phương trình:

x2 + y2 + 6x – 3y – 2xy + = Sao cho y đạt giá trị lớn nhất.

III- Dạng 3: Đa thức bậc cao.

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ đa thức A = (x2 + x + 1)2 Nhận xét: Theo tính chất luỹ thừa bậc A 

Nhưng giá trị nhỏ A khơng phải x2 + x +

 Ta có: x2 + x + = x2 + x + 1

4 +

= (x + 12)2 + 4

3 

3 x Do A  (x2 + x + 1) min

Nên minA = (4

)2 = 16

9



x = −

1

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ B = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9 Ta thấy B = x4 – 6x3 + 9x2 + x2 – 6x + 9

 B  0, Dấu xảy

x2−3x=0

x −3=0 ¿{

¿ ¿



x = Vậy minB = x =

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3) Xét f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3)

= (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x)

f(x) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) + – = (x2 + 3x + 1)2 –

 f(x)  - 1, dấu xảy x2 + 3x + =  x1,2=

−3±√5

Vậy minf(x) = -  x=−3±√5

2

Chú ý:

Khi giải toán cực trị cần trả lời đầy đủ hai nội dung: Cực trị A xảy

Chẳng hạn: Với A = (x2

x + 1)2



 minA = Sai lầm khơng có giá trị x để A =

Bài tập áp dụng:

1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + 1

B = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) C = x6 – 2x3 + x2 – 2x + 2 D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9 E = x(x + 2)(x + 4)(x + 6)

2 Tìm giá trị lớn M = x3(16 – x3)

IV- Dạng 4: Phân thức.

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn phân thức M = 4x 4x

2

 

Ta thấy M =

4x2+4x+5=

3

Do (2x + 1)2

  (2x + 1)2 +



 M 

Vậy maxM =



2x + =  x = -2

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ A = x

+x+1 (x+1)2

Cách 1: A =  2  2  2 x 1 x x x x x         

A = x 12

1 x 1    

Coi x1

+1=m A = m

2 – m + 1

A = (m −1

2) +3 4≥

Nên A 

, dấu xảy m =

 x1+1=1

2⇔x=1

Vậy minA =



x = Cách 2: A = x2+x+1

(x+1)2 =

4x2

+4x+4

4(x+1)2

A = 3x

+6x+3+x2−2x+1

4(x+1)2

A = 3(x+1)

+(x −1)2

4(x+1)2

A = 34+[ x −1

2(x+1)]

2

≥3

4, dấu xảy x =

 minA = 34  x =

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ B = 4x+3

x2 +1 Ta có B = 4x+3

x2+1=

x2+4x+4− x2−1

x2+1 B = (x+2)

2

x2

+1 −1≥ −1 x

(x + 2)2

 Nên minB = -1 x + =  x = -2

Mặt khác: B = 4x2+4−4x2+4x −1

x2+1 B = 4−(2x −1)

2

x2+1 ≤4 x

2 + > 0 (2x - 1)2

 Nên maxB =  2x – =

x = 12

Bài tập áp dụng:

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (nếu có) biểu thức A =

6x-5-9x2

2 B =

4x2+4x+5 C = 3x2−8x+6

x2−2x +1 D = x2− x+1

x2−2x+1 G = x

(x+1)2

6 H = x2−2x+1 989

x2

7 I = x

+1 (x2

+1)2 K = 27−2x

x2 +9

V- Dạng 5: Căn thức giá trị tuyệt đối.

Ở cần ý

+ max f(x) =√maxf2(x), x  D + f(x) =√minf2

(x), x  D

+ |f(x)|−|g(x)|≤|f(x)+g(x)| Dấu sảy

f(x).g(x)≥0 |f(x)|≥|g(x)|

¿{ ¿ ¿ + Bất đẳng thức Bunhia cốpxki

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn biểu thức A = √x −2+√4− x Trước hết điều kiện xác định A  x 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có: A2 =

(1 √x −2+1.√4− x)2≤(12+12)(x −2+4− x) A2

 2.2 A2



Do A > Nên A 

Vậy maxA = √x −2=√4− x

 x – = – x

 x = Thoả mãn điều kiện xác định Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = 5−3x

√1− x2 Điều kiện xác định B là: -1 < x <

Khi đó: – 3x >  B > Ta có:

B2 = (5−3x)

(√1− x2)2=

25−30x+9x2

1− x2

B2 = 9−30x+25x2+16−16x2

1− x2

B2 = (3−5x)

1− x2 +16≥16 – x

2 > Dấu xảy – 5x =



x = 35 Vậy minB2 = 16 x = 3

5

 MinB = x = 35

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức H = |x −2001|+|x −2002|

Cách 1: Ta chia khoảng xác định dựa vào định nghĩa: - Nếu x < 2001

H = 4003 – 2x > - Nếu 2001  x  2002

Thì H = x – 2001 + 2002 – x = - Nếu x > 2002

Thì H = x – 2001 + x – 2002 H = 2x – 4003 >

Như minH =  2001  x  2002

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức |f(x)|+|g(x)|≥|f(x)+g(x)| Dấu xảy f(x).g(x) 

Khi đó:

H = |x −2001|+|x −2002|

H = |x −2001|+|2 002− x|≥|x −2001+2 002− x|=1

Dấu xảy (x – 2001)(2002 – x)   2001  x  2002 Vậy minH =  2001  x  2002

Ví dụ4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức M =√a+3−4√a −1+√a+15−8√a −1

Nhận xét: Với điều kiện a 

Ta có:a + – 4√a −1 = a – – 4√a −1 + = (√a −1−2)2

a + 15 – 8√a −1 = a – –8√a −1 + 16 = (√a −1−4)2

Khi đó:

M = |√a −1−2|+|√a −1−4|

M = |√a −1−2|+|4−√a −1|  M |√a −1−2+4−√a −1|

 M  Dấu xảy (√a −1−2) (4−√a −1)≥0



 a  17 Vậy minM =   a  17

Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f(x) = |2x2+x −1

x2− x+1|, x  R

Giả sử y0 giá trị tuỳ ý hàm số y = 2x2+x −1

Khi ta có phương trình (ẩn x) có nghiệm: y0 = 2x2+x −1

x2− x

+1 (1)

Dễ thấy (1)  (y0 – 2)x2 – (y0 + 1)x + y0 + = (2) Nếu y0 =

Thì y0 +   (2) có nghiệm Nếu y0 

Thì (2) có nghiệm  Hay (y0 + 1)2 – 4(y0 + 1)(y0 – 2)



 (y0 + 1)(-3y0 + 9) 

 - 1 y0  y0 

Như phương trình (2) có nghiệm - 1 y0  Do đó: max y = y = -1 với x  R

Theo nhận xét ta có: Maxf(x) =

|max(y)|,

x∈R

¿{ ¿ ¿

|min(y)|

x∈R

} ¿ ¿

= max {|3|; |−1|} =

Ta có f(x)  0,  x  R

Dấu xảy 2x2 + x – =

¿¿ Vậy maxf(x) =  x = 2; Minf(x) = ¿

¿ Chú ý:

Nếu f(x) nhận giá trị đoạn [m, M] Ở m = minf(x)

M = maxf(x) Thì ta có:

min

0 min{|M|,|m|}

¿|f(x)|={ ¿ ¿

Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (nếu có) hàm số sau:

a, f(x) = 1997 + √x2+2x b, f(x) = 100 – √x2−3x+2

x  R

c, f(x) = x – 2√x+2

d, f(x) = √x2+2x+1+√x2−2x+1 e, f(x) = √8−2x+√2x−3

f, f(x) =

x2+3x+1 g, f(x) = |3x2−8x+6

x2−2x +1 |

VI- Dạng 6: Cực trị có điều kiện.

Các tốn cực trị có điều kiện tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, hàm số ràng buộc điều kiện biến, hàm cho trước Để giải đượccác tốn dạng này, địi hỏi phải kết hợp thành thạo kỹ biến đổi khéo léo vận dụng triệt để điều kiện cho trước đầu

Ví dụ 1: Cho x, y  R x2 + y2 = 1

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ x + y Thật  x, y  R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2) Theo giả thiết có x2 + y2 = 1

 (x + y)2 + (x – y)2 = 2 Do (x – y)2



 (x + y)2

  |x+y|≤√2

 −√2≤ x+y ≤√2

Dấu xảy (x – y)2 =



x = y x2 + y2 = 1



x = y =  √2

2

Vậy: max(x + y) = √2 x = y = √2

min(x + y) = -√2 x = y = -√2

Ví dụ 2: Cho số dương x, y có x + y = Tìm giá trị nhỏ P = (1-1

x2

)(1-1

y2)

Ta có P = (x2−1) (y2−1)

x2y2 =

(x+1)(x −1) (y+1) (y −1)

Vì x + y =  y – = - x x – = - y Nên P = (x+1)(y+1)xy

x2y2 =

(x+1)(y+1)

xy =

xy+x+y+1

xy

P = xyxy+2=1+

xy

Vì xy >  P nhỏ xy2 nhỏ Khi xy lớn Mà x + y =  xy lớn x = y = 12

Vậy minP = +

2

4 = x = y =

Ví dụ 3: Cho a > 1, b >

Tìm giá trị nhỏ A = a2

b −1+

b2 a −1



Đề kiểm tra đội học sinh giỏi toán TP HCM - 1995 Nhận xét:

a

√a−1−2=

a−2√a−1

√a−1 =

a−1−2√a −1+1 √a −1 =

(√a −1−1)2

√a−1 ≥0 a >

Nên a

√a−1≥2; tương tự

b

√b−1≥2

Theo bất đẳng thức cơsi ta có:

a2 b −1+

b2 a −1≥2√

a2b2

(a −1) (b −1)=

2a

√a−1

b

√b −1≥8

Dấu xảy a = 2√a −1hay a = Vậy minA =  a = b =

Bài tập áp dụng:

1 Cho biểu thức P = a3 + b3 + c3 + a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a+ b) Tìm giá trị lớn P với a + b + c =

2 Cho x + y =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức f(x; y) = x2 + y2 Tìm giá trị lớn biểu thức



Võ Đại Mau – 250 toán học sinh giỏi

VII- Dạng 7: Các tập tổng hợp.

Đây tập mà u cầu khơng phải tìm giá trị lớn hay giá trị nhỏ Nhưng trình giải thực tế phải áp dụng kiến thức cực trị

Ví dụ 1: Giải phương trình √x −2+√4− x=x2−16x+11 Ta có VP = x2 – 6x + 11 = x2 – 6x + + 2

= (x – 3)2 +

 Dấu xảy x =

VT = √x −2+√4− x Điều kiện  x  Theo bất đẳng thức Bunhia cơpxki

VT2 =

(√x −2+√4− x)2≤ 2(x – + – x)

VT2



Do VT > Nên VT 

Dấu xảy √x −2=√4− x hay x = Vậy để VT = VP x =

Do x = nghiệm phương trình cho

Ví dụ 2: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Xác định hình dạng

tam giác cho M = b+c −aa + b

a+c −b+

c

a+b− c đạt giá trị nhỏ Trước hết đặt: x = b + c – a

y = a + c – b z = a + b – c

Vì a, b, c cạnh tam giác Nên x, y, z > Từ đẳng thức ta có:

2a = y + z  a = y+2z

M = 2xy+z+x+z

2y +

x+y

2z =

1 2(

y+z

x + x+z

y + x+y

z )

= 12(yx+ x

y+ z x+ x z+ y z+ z y)

Với x, y, z > Theo bất đẳng thức cơsi ta có:

y x+

x

y≥2, dấu xảy x = y x

z+ z

x≥2, dấu xảy x = z z

y+ y

z ≥2, dấu xảy z = y

Do M  12(2 + + 2) = 3, dấu xảy x = y = z

 minM =  x = y = z

Ví dụ 3: Cho a, b, c số dương có tổng khơng đổi Tìm a, b, c cho ab + bc + ca lớn

Ta nhận thấy ln có (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2



Vì

(a − b)2≥0 (b − c)2≥0 (c − a)2≥0

} } ¿ ¿

Dấu xảy a = b = c

Suy ra: 2(a2 + b2 + c2)

 2ab + 2bc + 2ca  a2 + b2 + c2

 ab + bc + ca

 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca

 3ab + 3bc + 3ca (a + b + c)2

 3(ab + bc + ca) Đặt a + b + c = s

Ta có:s2

 3(ab + bc + ca)



ab + bc + ca  s2

3

Do max(ab + bc+ ca) = s2

3  a = b = c =

s

3

Ví dụ 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(-2, 1), B(2, 3) Tìm trục hồnh điểm M cho MA + MB nhỏ

-3 -2 -1

Gọi A’ điểm đối xứng với A qua Ox, A’B  Ox  Mo Xét M  Ox

Ln có MA + MB = MA’ + MB  A’B MoA’ + MoB = MoA + MoB = A’B

Do tổng MA + MB nhỏ A’B M  Mo Ta lại có A(-2; 1)  A’(-2; -1) B(2; 3)

Phương trình đường thẳng A’B có dạng y = ax + b(d) (d) qua A’  b – 2a = -1

(d) qua B  2a + b =

Ta có hệ

b −2a=−1

2a+b=3

⇔

¿a=1

b=1 ¿{

¿ ¿

Phương trình đường thẳng A’B y = x + (d) Giao điểm (d) với Ox Mo(-1; 0)

Vậy điểm M phải tìm M(-1; 0)

Bài tập áp dụng:

1 Cho x1, x2 nghiệm phương trình 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + = 0 Tìm giá trị lớn biểu thức A = |x1x2−2x1−2x2|

B = a + b + c – ab – ac – bc Tìm giá trị lớn P = ab

Biết a, b thoả mãn hệ thức a + 2b =

4 Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2 Với x, y, z, t số ngun khơng âm Tìm giá trị nhỏ M giá trị tương ứng x, y, z, t Biết

rằng:

x2− y2+t2=21

x2+3y2+4z2=101 ¿{

¿ ¿



Đề học sinh giỏi tồn quốc - 1985

5 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức N = 2x + 3y – 4z Biết rằng: x, y, z  thoả mãn hệ phương trình sau

2x+y+3z=6

3x+4y−3z=4 ¿{

¿ ¿

CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chương I Những kiến thức bản.

I- Tốn cực trị hình học gì?

- Tốn cửc trị hình học tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đại lượng y cho: y1  y  y2

Ở y độ dài đoạn thẳng, tổng hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn góc, chu vi hay diện tích hình…

y1, y2 giá trị cố định không đổi y

- Giải tốn cực trị hình học phải rõ vị trí hình học y để y đạt giá trị nhỏ y = y1 hay y = y2

II- Các phương pháp giải tốn cực trị hình học.

Người ta giải tốn cực trị hình học phương pháp sau đây:

1 Phương pháp 1.

Vẽ hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay điều kiện đại lượng đại lượng tương đương Người ta thường dùng cách đầu toán cho dạng: “Tìm hình thoả mãn điều kiện cực trị tốn.”

Ví dụ 1: Trong tam giác có đáy diện tích, tam giác có chu vi nhỏ

A A'

B'

B

x y

H C

a

Vì diện tích ABC không đổi nên đường cao AH ABC khơng đổi Do đỉnh tam giác thoả mãn điều kiện đầu phải nằm đường thẳng xy

Ta có PABC = AB + AC + BC = AB + AC + a PABC nhỏ AB + AC nhỏ

Gọi B’ điểm đối xứng với B qua xy, B’C cắt xy A’ Xét tam giác AB’C có AB’ + AC = AB + AC  B’C

Ta có:AB’ + AC  A’B’ + A’C Dấu xảy A  A’

Khi A’B’ = A’B = A’C Nên A’BC cân A’ Và PABC  PA’BC hay minPABC = PA’BC

Vậy tam giác có đáy diện tích tam giác cân có chu vi nhỏ

2 Phương pháp 2.

Đưa hình theo yêu cầu đầu bài, sau chứng minh hình khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị lớn bé yếu tố tương ứng hình đưa

Người ta thường dùng cách chứng minh hình dạng hình đạt cực trị khẳng định rõ đầu

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Trong tam giác có đáy diện tích tam giác cân có chu vi nhỏ

Để giải toán trước hết ta vẽ tam giác cân ABC (cân A) Ta phải chứng minh tam giác A’BC có khoảng cách từ A’ đến BC khoảng cách từ A đến BC chu vi tam giác A’BC lớn chu vi tam giác ABC

Thật vậy:

* Ta có A’  xy, xy qua A song song với BC (A’  A) Gọi C’ điểm đối xứng với C qua xy

Chứng minh B, A, C’ thẳng hàng Khi PABC = BC’ + BC

Xét A’BC’

Theo bất đẳng thức tam giác ta có: A’B + A’C’ > BC’

Do đóPA’BC > PABC

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

đường thẳng BC ta có tam giác đối xứng với ABC

qua BC để so sánh với tam giác A’BC

3 Phương pháp 3.

Thay việc tìm cực trị đại lượng việc tìm cực trị đại lượng khác ngược lại

Ví dụ 3: Cho hình vng ABCD cạnh a Xét hình thang có đỉnh cạnh hình vng hai đáy song song với đường thẳng chứa đường chéo hình vng Tìm hình thang có diện tích lớn tính diện tích lớn

A

D C

B

G

F E

H x

x

a-y

y

y a-y

a-x

a-x

Thật vậy: Gọi EFGH hình thang

có E  AB, F  BC, G  CD, H  DA EH // BD, FG // BD

Giả sử AE = x, FC = y

Ta thấy EFGH hình thang cân

Gọi S hiệu diện tích hình vng ABCD diện tích hình thang EFGH

y x

C C'

A' A

Nên S = SAEH + SEBF + SFCG + SDHG

S = SAEH + 2SEBF + SDHG S = x2

2 +2

(a − x) (a − y)

2 +

y2

2

Biến đổi S = 12[(x+y − a)2+a2]

S = a2

2 +

(x+y − a)2

2 ≥

a2

2

Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị lớn S phải đạt giá trị nhỏ

Mà S  a2

2, dấu xảy x + y = a

Vậy maxSEFGH = a2 – a2

2=

a2

2  x + y = a

Hay x = a – y Khi AE = BF = DG = AH

Mà AE // DG, AH // BF

Nên HF // AB // CD EG // AD // BC

Vậy hình thang thoả mãn điều kiện đầu có diện tích lớn a2

2

(nửa diện tích hình vng ABCD) hình thang có đường chéo song song với cạnh hình vng ABCD

Chú ý:

- Có trường hợp để tìm cực trị đại lượng A, ta chia A thành tổng A = B + C + D + … tìm cực trị B, C, D…

Từ suy cực trị A Ta cần chứng minh A đạt cực trị đồng thời B, C, D đạt cực trị

- Nếu toán cho có nhiều khả tương ứng với trường hợp khác hình phải tìm cực trị trường hợp Cuối so sánh cực trị để tìm cực trị tốn

Chương II Các dạng toán cực trị thường gặp phương pháp giải. I- Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác.

2

Dấu xảy A nằm B, C - Trong tam giác ABC ta có

|AB−AC|<BC<AB+AC ABC  ACB  AC  AB

Ví dụ 1: Cho đường thẳng xy hai điểm A, B thuộc nửa mặt phẳng có bờ xy

a, Tìm điểm M  xy cho MA + MB nhỏ b, Tìm điểm N  xy cho |NA−NB| lớn

Bài giải a,

B

H

y x

A' A

Mo M

Gọi A’ điểm đối xứng với A qua xy Kẻ BA’ cắt xy Mo

Ta thấy AMo = A’Mo

Và AMo + BMo = A’B

Gọi M điểm thuộc xy suy MA = MA’ Ta có MA + MB = MA’ + MB  A’B

Dấu xảy A’, M, B thẳng hàng Hay M  Mo

Vậy min(MA + MB) = A’B  M  Mo

b, A

Lấy điểm N  xy Ta ln có |NA−NB|≤AB

Dấu xảy B nằm A, N * Nếu AB // xy

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

Gọi No giao điểm đường thẳng AB xy Ta có max |NA−NB|=AB⇔ N≡ No

No điểm cần tìm

Ví dụ 2: Hai xóm A, B cách sơng Tìm địa điểm để bắc cầu qua sơng cho quãng đường từ A đến B ngắn



Bài tốn coi: Hai bờ sơng hai đường thẳng song song, cầu bắc vng góc với bờ sông để tiết kiệm nguyên vật liệu

Biểu thị hai xóm A, B bên bờ sơng hai điểm A, B

Hai bờ sông hai đường thẳng d1, d2 song song với Ta phải tìm địa điểm cầu CD cho:

Tổng AC + CD + DB ngắn

Ta thấy độ dài CD khơng đổi nên ta cần tìm vị trí điểm C, D cho AC + BD ngắn

Qua A ta dựng đường thẳng xy vng góc với d1, d2  xy // CD Từ D kẻ đường thẳng song song với CA cắt xy A’

Như ACDA’ hình bình hành d1

d2

x

y N

D Do

A' A

Do AC = A’D

Khi DB + AC = DB + A’D  BA’

Dấu xảy B, D, A’ thẳng hàng Tức D  Do (Do giao điểm A’B với d2) Vậy địa điểm bắc cầu CoDo

Ví dụ 3: Cho ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Hãy tìm điểm M cho tổng MA + MB + MC + MO nhỏ

Bài giải Ta xét hai trường hợp:

a, Tam giác ABC tam giác nhọn Nên tâm O nằm ABC

Xét hình ( I ) Giả sử O điểm ABC, theo bất đẳng thức tam giác ta chứng minh được: OB + OC < AB + AC

Xét hình ( II ) Khơng tính tổng qt ta giả sử điểm O  ACM

 MA + MC  OA + OC hay MA + MC  2OA Dấu xảy M  O

Xét MBO Có MB + MO  OB = OA

Do MA + MB + MC + MO  3.OA = 3R Do min(MA + MB + MC + MO) = 3R  M  O

b, Nếu tam giác ABC tam giác tù  O nằm ngồi tam giác ABC Giả sử góc A tù

M

B

A

C Mo

O A

B C

M O A

B C

O

P ( I )

Ta có MA + MB + MC + MO = (MA + MO) + (MB + MC)  OA + BC

Dấu xảy M  OA M  BC hay M giao điểm OA BC Vậy MA + MB + MC + MO nhỏ M giao điểm OA BC (M  Mo)

Bài tập áp dụng:

1 Cho tam giác ABC cân A điểm D cố định đáy BC Dựng đường thẳng song song với BC, cắt hai cạnh bên E F cho DE + DF có giá trị nhỏ

2 Cho góc nhọn xOy điểm M nằm góc cho M không thuộc Ox Oy Hãy xác địn điểm B Ox, điểm C Oy cho OB = OC MB + MC đạt giá trị nhỏ

3 Cho góc vng xOy Điểm A thuộc miền góc Các điểm M N theo thứ tự chuyển động tia Ox, Oy cho MAN = 90o Xác định vị trí M, N để MN có độ dài nhỏ

4 Cho tam giác ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp Hãy tìm điểm M cho tổng MA + MB + MC + MO nhỏ

II- Dạng 2: Dùng tính chất đường vng góc đường xiên.

- Trong đoạn thẳng nối từ điểm nằm đường thẳng đến điểm nằm đường thẳng đó, đoạn vng góc với đường thẳng đoạn ngắn

Suy ra: tam giác vuông cạnh huyền cạnh lớn

- Trong hai đường xiên kẻ từ điểm nằm ngồi đường thẳng đến đường thẳng đó, đường xiên có hình chiếu lớn lớn

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Qua trọng tâm O tam giác dựng đường thẳng cho tổng khoảng cách từ đỉnh tam giác đến đường thẳng lớn

A

B'

A' O H'

H C

C'

B d

Gọi d đường thẳng qua O, H trung điểm BC nên O  AH Kẻ AA’, BB’, CC’, HH’ vng góc với d

Tứ giác BB’C’C hình thang nhận HH’ đường trung bình Nên 2HH’ = BB’ + CC’

OAA’  OHH’  HH'AA'=OA

OH =2

Do AA’ = 2HH’

Suy ra: AA’ + BB’ + CC’ = 2HH’ + 2HH’ = 4HH’ = 2.AA’  2.OA

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

 d // BC (hoặc d // AB, d // AC) Như vậy: Qua O dựng đường thẳng song song với ba cạnh tam giác ABC tổng khoảng cách từ ba đỉnh tam giác đến đường thẳng lớn

B M A

I

F

C E

Gọi I trung điểm AM

Khi IA = IM = IE = IF = AM2 Ta có EIF = EIM + MIF

EIF = 2EAI + 2FAI EIF = 2A không đổi

Tam giác EIF cân E, có góc đỉnh khơng đổi Nên cạnh đáy nhỏ cạnh bên nhỏ

Mà IE = AM2

Do IE nhỏ  AM nhỏ

 AM  BC

Vậy M chân đường cao hạ từ A tam giác ABC EF có độ dài nhỏ

Bài tập áp dụng:

1 Cho góc vng xOy, điểm A thuộc miền góc Các điểm M, N chuyển động tia Ox, Oy cho MAN = 90o Xác định vị trí của điểm M, N để tổng AM + AN có độ dài:

a, Nhỏ b, Lớn

3

3 Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh huyền BC = 2a Một đường thẳng d qua A không cắt cạnh BC Gọi I K theo thứ tự hình chiếu B C d H trung điểm BC Tính diện tích lớn tam giác HIK

4 Cho (O; R) có AB dây cung cố định khơng qua tâm O C điểm di động cung lớn AB (C không trùng với A, B) Gọi d tiếp tuyến C đường tròn (O; R), M N chân đường vng góc kẻ từ A, B tới d

Tìm vị trí điểm C cho khoảng cách MN dài nhất, ngắn

III- Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc.

Độ dài đường gấp khúc nối điểm không nhỏ độ dài đoạn thẳng nối hai điểm

Cho điểm A1, A2, …, An

A1A2 + A2A3 + … + An-1An  A1An

Dấu xảy A2, A3, …, An-1 nằm A1 An (kể từ A1 đến An)

Ví dụ 1: Cho góc nhọn xOy điểm A góc Tìm điểm B thuộc Ox, C thuộc Oy cho tam giác ABC có chu vi nhỏ

Thật vậy:

Giả sử B C hai điểm Ox, Oy Ta phải tìm vị trí B, C cho chu vi tam giác ABC nhỏ

Gọi A’, A” điểm đối xứng A qua Ox, Oy Do A’, A” cố định ta có: AB = A’B

AC = A”C

Nên PABC = AB + AC + BC = A’B + A”C + BC  A’A”

x y A"

C

Co

A

Bo

Do minPABC = A’A”  B  Bo, C  Co

Bo Co giao điểm A’A” với Ox, Oy

Như ta cần dựng A’, A” đối xứng với A qua Ox, Oy, sau nối A’A” cắt Ox, Oy Bo, Co vị trí Bo, Co vị trí B, C cần tìm

Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vng (Tứ giác MNPQ nội tiếp hình vng) Tìm điểu kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ

A M B

K

Q

D

I

P C

J

N

Gọi P chu vi hình tứ giác MNPQ

I, J, K trung điểm PQ, QN, MN Như PQ = 2DI

PN = 2IJ MQ = 2KJ MN = 2BK

Do P = MN + NP + PQ + QM = 2KB + 2IJ + 2DI + 2KJ = 2(BK + KJ + JI + ID)  2BD

Vậy minP = 2BD  MQ // BD, MN // AC, NP // BD, PQ // AC Khi MNPQ hình chữ nhật

M

C

C'

A

M'

B

Gọi M điểm tam giác ABC

Thực phép quay tâm A, góc quay 60o ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó: M  M’

C  C’

AMM’ ACC’ tam giác Do AC’ = AC, MC = M’C’

Nên MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’  BC’

Nên min(MA + MB + MC) = BC’  B, M, M’, C’ thẳng hàng Khi AMB = 120o

AMC = AM’C’ = 180o – 60o = 120o Còn lại BMC = 120o

Vậy M giao hai cung chứa góc 120o dựng hai cạnh tam giác ABC vào phía tam giác ABC

Bài tập áp dụng:

1 Cho hai đường trịn ngồi Đường nối tâm OO’ cắt hai đường tròn A, B A’, B’ (A, B  (O); A’, B’  (O’); A, A’ nằm B, B’)

Chứng minh AA’ khoảng cách ngắn nhất, BB’ khoảng cách lớn tất khoảng cách nối hai điểm hai đường trịn

3 Tam giác DEF gọi nội tiếp tam giác ABC ba đỉnh tam giác DEF nằm ba cạnh tam giác ABC

Hãy tìm tam giác nội tiếp tam giác nhọn ABC cho trước cho có chu vi nhỏ

IV- Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức đường trịn.

- Đường kính dây lớn đường tròn

- Trong hai dây khơng đường trịn, dây lớn gần tâm

Trong chương trình Trung Học Cơ Sở tốn đường tròn sử dụng với học sinh lớp Các tập loại tương đối phong phú, giải ta cần sử dụng tốt kiến thức học trực tiếp sách giáo khoa

Ví dụ 1: Cho đường trịn (O) điểm M nằm đường trịn (M khơng trùng với O)

1 Qua M dựng dây AB cho độ dài a, Lớn

b, Nhỏ

2 Dựng điểm P đường tròn cho góc OPM lớn Bài giải

1.a, Theo định lý đường kính dây lớn đường tròn Nên cần dựng dây A’B’ qua M, O

Thì A’B’ day cần phải dựng A’B’ dây qua M có độ dài lớn b, Giả sử AB dây qua M

Ao

O H

B'

A A'

Hạ OH  AB Gọi AoBo dây qua M cho AoBo  OM Xét tam giác vng MOH

Có: OM  OH  AB  AoBo Dấu xảy H  M

Như dây AB có độ dài nhỏ AB  AoBo Hay A  Ao, B  Bo Giả sử PQ dây đường tròn

Tam giác cân OPQ có hai cạnh bên khơng đổi

Nên để góc OPM đạt giá trị lớn góc POQ đạt giá trị nhỏ



PQ nhỏ



PQ  OM M



PQ  P’Q’

Qua M dựng đường thẳng vng góc với OM, cắt (O) P’ Q’

Ta có vị trí P’ vị trí P cần xác định

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vng góc A.M trung điểm BC Hai đường thẳng di động vng góc với M cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E

Tìm giá trị nhỏ DE diện tích tam giác MDE

A

D

B

O

M

E

C

Do tam giác ABC vuông A  AM = BC2

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

180o - POQ

2 OPM =

M Q

A' P

O P'

Do DE  AM

 minDE = AM  AM đường kính (O) Do AEM = 90o

Suy ra: ME // AB  E trung điểm AC Tương tự MD // AC  D trung điểm AB Khi DE đường trung bình tam giác ABC

Vậy đoạn DE ngắn DE đường trung bình tam giác ABC Ta lại có MDE = MAE

Và tam giác AMC cân M Cho nên MAC = MCA  MDE = MCA

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

SMED =BC

2

ED2

Lại có tam giác ABC cố định  SABC BC không đổi

 SMED nhỏ  ED nhỏ

Theo câu a: SMED nhỏ  D, E trung điểm AB, AC Và ta có: BC = 2ED

 SSABC

MED

=4  minSMED =

4SABC

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

Tìm vị trí tia Ax cho độ dài DE lớn nhất?

Bài giải A

B C

D D1

E1

E x

Ta có DE = AE – AD

AE dây (O)

 maxAE = 2R đường kính

Nối AO kéo dài cắt BC D1, (O) E1  AD1  BC Ln có: AD  AD1

Dấu xảy D  D1

Tức minAD = AD1  AE  AE1 đường kính Như AE đạt cực đại đồng thời AD đạt cực tiểu Cho nên vị trí DE đạt giá trị lớn

Vậy maxDE = D1E1 Ax qua tâm O

Bài tập áp dụng:

1 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R) M điểm di động cung nhỏ BC Xác định vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh tam giác ABC có giá trị lớn

2 Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn Tiếp tuyến M cắt tiếp tuyến A, B với nửa đường trịn C, D Tìm giá trị nhỏ tổng SACM + SBDM

3 Trong tất tam giác ABC có độ dài cạnh BC góc A khơng đổi Hãy tìm tam giác có chu vi lớn

4 Trong hình chữ nhật có đường chéo d khơng đổi, hình có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn

V- Dạng 5: Sử dụng bất đẳng thức đại số.

Khi giải toán cực trị hình học có số trường hợp ta phải đưa biểu thức đại số

Khi ta vận dụng cách tìm cực trị biểu thức đại số cách sử dụng bất đẳng thức, phương pháp tìm cực trị phần I với điều kiện cụ thể yếu tố hình học tốn

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có diện tích S Các điểm D, E, F thứ tự thuộc cạnh AB, BC, AC cho AD = k.AB, BE = k.BC, CF = k.CA

a, Tính diện tích tam giác DEF theo S k

D

C F

A

E B

a, Hai tam giác ABC ACD có đường cao hạ từ C đến AB đó:

SACD SABC

=AD

AB=k

 SACD = k.SABC = k.S

Tương tự SCDF = k.SACD = k2.S Nên SADF = k.S – k2S = k(1 – k)S Tương tự SBDE = k(1 – k)S

SCEF = k(1 – k)S

Do đó: SDEF = S – 3k(1 – k)S = [1 – 3k(1 – k)]S b, Do S không đổi

Nên SDEF đạt giá trị nhỏ [1 – 3k(1 – k)] đạt giá trị nhỏ Ta có: – 3k(1 – k) = 3k2 – 3k + 1

= 3(k2 – k +1

4+ 12)

= 3(k – 12)2 + 1

4≥

Dấu xảy k = 12 Vậy minSDEF = 14S  k = 12

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

Xác định vị trí điểm M để tổng ax+b

y+ c

c C b A a B M y z x

Gọi S diện tích tam giác ABC

 S = SMBC + SMAC + SMAB S = 12(ax + by + cz)

 ax + by + cz = 2S Ta xét biểu thức

P = (ax + by + cz)(ax+b

y+ c z)

= a2 + b2 + c2 + ab(x

y+ y

x) + bc( y z+

z

y) + ca( x z+

z x)

Theo bất đẳng thức cơsi Với x, y, z > Ta có: xy+ y

x ≥2, dấu xảy x = y y

z+ z

y≥2, dấu xảy y = z x

z+ z

x≥2, dấu xảy x = z

Do P  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc

Hay 2S(ax+b

y+ c

z)  (a + b + c)2

 a

x+ b

y+ c z≥

(a+b+c)2

2S

Nên (ax+b

y+ c

z) =

(a+b+c)2

2S  x = y = z

C A

B

c b

a

Gọi P chu vi tam giác ABC Ta có: P = a + b + c

Do b, c không đổi

 P nhỏ a nhỏ

Đặt b + c = 2m không đổi Suy ra: b = m + x

c = m – x Áp dụng định lý Pitago Xét a2 = b2 + c2

a2 = (m + x)2 + (m – x)2 a2 = 2m2 + 2x2

 2m2 vì 2x2

 Do a2 = 2m

 x =

 b = c

Vậy chu vi tam giác vuông ABC nhỏ tam giác ABC tam giác vuông cân A

Bài tập áp dụng:

1 Cho hình vng KLMN có cạnh Người ta nội tiếp hình vng hình thang ABCD với đáy AB CD cho A trung điểm KN, đỉnh B, C, D thuộc cạnh KL, LM, MN

Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác ABCD BK = 13

3 Cho tam giác ABC cân A Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động cạnh AB, AC cho AM = CN Xác định vị trí M, N để:

a, MN có giá trị nhỏ