1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Chuyên đề cực trị hình học 9 - HSG Toán

31 54 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 31
Dung lượng 402,06 KB

Nội dung

Bài 18: Cho tam giác nhọn ABC. Điểm D di động trên cạnh BC. Hãy xác định vị trí của D trên BC sao cho IO nhỏ nhất. Gọi C là điểm tùy ý trên nửa đường tròn, D là hình chiếu vuông góc của[r]

(1)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Kiến thức trọng tâm A-Phương pháp giải tốn cực trị hình học.

1- Hướng giải tốn cực trị hình học :

a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ta phải chứng tỏ :

+Với vị trí hình H miền D f ≤ m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D cho f = m

b) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị nhỏ ta phải chứng tỏ :

+Với vị trí hình H miền D f ≥ m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D để f = m

2 - Cách trình bày lời giải tốn cực trị hình học

+ Cách1 :Trong hình có tính chất đề bài,chỉ hình chứng minh hình khác có giá trị đại lượng phải tìm cực trị nhỏ ( lớn ) giá trị đại lượng hình

+ Cách2 :Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng đạt cực trị đại lượng khác đạt cực trị trả lời câu hỏi mà đề yêu cầu

Ví dụ : Cho đường trịn (O) điểm P nằm đường trịn( P khơng trùng với O).Xác định vị trí của dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ nhất.

Giải :

+Cách :

Gọi AB dây vng góc với OP P , dây CD dây qua P không trùng với AB ( h.1)

Kẻ OH  CD

OHP vuông H  OH < OP  CD > AB

Như tất dây qua P , dây vng góc với OP P có độ dài nhỏ

+Cách :

Xét dây AB qua P ( h.2) Kẻ OH  AB Theo liên hệ dây khoảng cách đến tâm: AB nhỏ  OH lớn

Ta lại có OH ≤ OP OH = OP  H ≡ P Do maxOH = OP

H O C

D

A P B

h

H O A

(2)

A

B H C

h.4

a

B-Các kiến thức thường dùng giải tốn cực trị hình học. 1- Sử dụng quan hệ đường vng góc , đường xiên , hình chiếu a-Kiến thức cần nhớ:

a1) ABC vng A (có thể suy biến thành đoạn thẳng)  AB ≤ BC

Dấu “=” xảy  A ≡ C ( h.3 )

a2) ( h.4 )

+ AH  a  AH ≤ AB Dấu “=” xảy  B ≡ H

+ AB < AC  HB < HC

a3)( h.5 )

A,K a; B, H b; a // b ; HK  a  HK ≤ AB

Dấu “=” xảy  A ≡ K B ≡ H b-Các ví dụ:

Ví dụ 1: Trong hình bình hành có hai đường chéo cm cm ,hình có diện tích lớn ? Tính diện tích lớn đó.

Giải :

Xét hình bình hành ABCD có AC = cm; BD = cm ( h.6)

Gọi O giao điểm hai đường chéo Kẻ BH AC

Ta có : SABCD = 2SABC = AC.BH

Ta có AC = 8cm, BH ≤ BO = 3cm Do : SABCD ≤ 8.3 = 24 (cm2)

SABCD = 24 cm2 BH ≡ BO  H ≡ O  BD AC

Vậy max SABCD = 24 cm2 Khi hình bình hành ABCD hình thoi (h.7) có diện tích 24cm2 Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB,BC ,CD,DA

ta lấy theo thứ tự điểm E,F,G,H cho AE = BF = CG = DH Xác định vị trí điểm E, F,G,H cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ

Giải :

HAE = EBF = FCG = GHD  HE = EF = FG = GH

 EFGH hình thoi

2 A

B

C

h.3

A

B H

K a

b

h.5

A

C

D B

O

H A

B

C D

O≡H

h.6 h.7

A

D

B

C E K

F

G H

H O

(3)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

 

AHE BEF

AHE AEH 90    BEF AEH 90    HEF 90 

 EFGH hình vng

Gọi O giao điểm AC EG Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên hình bình hành suy O trung điểm AC EG , O tâm hai hình vng ABCD EFGH

HOE vng cân : HE2 = 2OE2 HE = OE

Chu vi EFGH = 4HE = 2OE Do chu vi EFGH nhỏ  OE nhỏ

Kẻ OK AB  OE ≥OK ( OK không đổi )

OE = OK  E ≡ K

Do minOE = OK

Như , chu vi tứ giác EFGH nhỏ E,F,G,H trung điểm AB , BC, CD, DA

Ví dụ 3: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a Vẽ phía AB tia Ax By vng góc với AB Qua trung điểm M AB có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với cắt Ax, By theo thứ tự C D xác định vị trí điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất Tính diện tích tam giác đó.

Giải:

Gọi K giao điểm CM DB

MA = MB ; A B 90   0, AMC BMK   MAC = MBK  MC = MK

Mặt khác DM CK

 DCK cân  D 1D Kẻ MH  CD

MHD = MBD  MH = MB = a

 SMCD =

1

2CD.MH ≥

2AB.MH =

22a.a= a2

SMCD = a2 CD  Ax AMC = 450 ; BMD

=450

Vậy SMCD = a2 Các điểm C,D xác định Ax;

By cho AC = BC =a

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có B góc tù , điểm D di chuyển cạnh BC Xác định vị trí của điểm D cho tổng khoảng cách từ B C đến đường thẳng AD có giá trị lớn

Giải:

Gọi S diện tích ABC Khi D di chuyển cạnh BC ta có : SABD + SACD = S

Kẻ BE AD , CF  AD 

1

2AD.BE +

2AD.CF = S

C

A B

K H

D

M

1 y x

(4)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC  BE +CF =

2S AD

Do BE + CF lớn  AD nhỏ hình chiếu HD nhỏ Do HD ≥ HB ( ABD >900 ) HD = HB  D ≡ B

Vậy Khi D ≡ B tổng khoảng cách từ B C đến AD có giá trị lớn 2- Sử dụng quan hệ đường thẳng đường gấp khúc.

a-Kiến thức cần nhớ:

Với ba điểm A,B,C ta có : AC +CB ≥ AB AC +CB = AB  C thuộc đoạn thẳng AB

b-Các ví dụ:

Ví dụ 5:Cho gócxOy điểm A nằm góc Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy cho OB = OC tổng AB +AC nhỏ

Giải:

Kẻ tia Om nằm ngồi góc xOy cho

 

yOm xOA Trên tia Om lấy điểm D cho OD =

OA Các điểm D A cố định

OD =OA, OC = OB ,COD BOA   DOC = AOB  CD = AB Do AC +AB = AC +CD Mà AC +CD ≥ AD

AC +AB ≥ AD

Xảy đẳng thức C AD

Vậy min(AC+AB) =AD Khi C giao điểm

của AD Oy , B thuộc tia Ox cho OB = OC

Ví dụ 6: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 nhất.

Giải :

Gọi I ,K, L theo thứ tự trung điểm EF, EG , EH (h.12). AEF vng A có AI trung tuyến  AI =1/2EF

CGH vng C có CM trung tuyến  CM =1/2GH

IK đường trung bình EFG  IK = 1/2FG

KM đường trung bình EGH  KM = 1/2EH

Do : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC

4

C

B D

F

h.10

H

h.11

O

x A

B C

D m

y

A E D

F B

C G

H I

K M

h.12

A E D

F B

C G

H I

K M

h.12

A E D

F B

C G H

I

K M

(5)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Suy chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi )

Chu vi EFGH nhỏ 2AC  A,I,K,M,C thẳng hàng

Khi ta có EH//AC,FG//AC, AEI EAI ADB   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

(h.13).

3- Sử dụng bất đẳng thức đường tròn. a-Kiến thức cần nhớ:

a1) AB đường kính , CD dây  CD ≤ AB (h.14)

a2) OH,OK khoảng cách từ tâm đến dây AB CD :

AB ≥ CD  OH ≤ OK (h.15)

a3) AB,CD cung nhỏ (O) : AB ≥ CD  AOB COD  (h.16)

a4) AB,CD cung nhỏ (O) : AB ≥ CD  AB CD  (h.17) b-Các ví dụ:

Ví dụ 7: Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B cát tuyến chung CBD (B nằm C D) cắt đường tròn (O) (O’) C D Xác định vị trí cát tuyến CBD để ACD có chu vi lớn

Giải: sđC =

1

2sđAmB ; sđ D = 1

2sđ AnB  số đo góc ACD khơng đổi

 ACD có chu vi lớn cạnh lớn , chẳng hạn AC lớn

AC dây đường trịn (O) , AC lớn AC đường kính đường trịn (O), AD đường kính đường trịn (O’) Cát tuyến CBD vị trí C’BD’ vng góc với dây chung AB

Ví dụ 8: Cho đường trịn (O) điểm P

nằm đường tròn Xác định dây AB qua P choOABcó giá trị lớn

Giải:

Xét tam giác cân OAB , góc đáy OAB lớn góc đỉnh AOB nhỏ

h.14 h.15 h.16 h.17

C

D

A O B O

A

O B

C

D

D

A

B

A

B C

D D

H K

h.18

A

B C

D

D’ C’

O O’

n m

O

A H PP B

B’ )

(6)

 1 AOB

2 

sđAB

Góc AOB nhỏ  CungAB nhỏ  dây AB nhỏ  Khoảng cách đến tâm OH lớn

Ta có OH ≤ OP

OH =OP  H ≡ P nên max OH = OP  AB  OP

Suy dây AB phải xác định dây A’B’ vng góc với OP P 4- Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai

a-Kiến thức cần nhớ:

Các bất đẳng thức lũy thừa bậc hai sử dụng dạng : A2≥ ;

A2≤

Do với m số , ta có : f =A2 + m ≥ m ; f = m với A = 0

f =  A2 + m ≤ m ; max f = m với A = b-Các ví dụ:

Ví dụ 9: Cho hình vng ABCD có cạnh 4cm Trên các cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự điểm E, F, G, H cho AE = BF = CG = D Tính độ dài AE cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.

Giải:

AHE = BEF = CFG = DGH

 HE = EF = FG = GH , HEF = 900

 HEFG hình vng nên chu vi EFGH nhỏ HE nhỏ

nhất

Đặt AE = x HA = EB = 4-x

HAE vuông A nên :

HE 2 = AE2 +AE2 = x2 + (4

 x)2 = 2x2 8x +16 = 2(x  2)2 +8 ≥

8

HE = =2  x =

Chu vi tứ giác EFGH nhỏ 2cm , AE = cm

Ví dụ 10: Cho tam giác vng ABC có độ dài cạnh góc vng AB = cm, AC = 8cm.M là điểm di chuyển cạnh huyền BC.Gọi D E chân đường vng góc kẻ từ M đến AB và AC Tính diện tích lớn tứ giác ADME.

Giải:

ADME hình chữ nhật Đặt AD = x ME = x ME //AB 

EM CE x CE 4

CE x

AB CA  6  8  3

 AE =  4 3 x

6

H

A B

C D

E

F

G

x

4-x

4-x

h.20

A

B

Dx 8-x E

(7)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Ta có : SADME = AD AE = x ( 

4

3x ) = 8x  4 3x2

=  4

3 (x  3)2 +12 ≤ 12

SADME = 12 cm2  x =3

Diện tích lớn tứ giác ADME 12 cm2 ,khi D trung điểm AB , M trung

điểm BC E trung điểm AC 5- Sử dụng bất đẳng thức Cô-si

a-Kiến thức cần nhớ:

Bất đẳng thức Cô-si :Với x ≥ ; y ≥ ta có : x y

xy 2

  Dấu “=” xảy x = y Bất đẳng thức Cô-si thường sử dụng dạng sau : + Dạng 1:

 2

2 x y

x y xy

2 

  

Dấu “=” xảy x = y + Dạng 2:

x y2

xy 

 

;  

2

xy 1

4 x y

 

 2

2 x y

x y

 

;   2

2

x y 1

2 x y

 

 Dấu “=” xảy x = y

+ Dạng 3:Với x ≥ ; y ≥ ; x +y khơng đổi xy lớn x = y + Dạng4: Với x ≥ ; y ≥ ; xy khơng đổi x+y nhỏ x = y b-Các ví dụ:

Ví dụ 11: Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển đoạn thẳng Vẽ đường trịn có đường kính MA MB Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích hai hình trịn có giá trị nhỏ nhất

Giải :

Đặt MA =x , MB = y

Ta có : x + y =AB (0 < x,y < AB)

Gọi S S’ theo thứ tự diện tích hai hình trịn có đường kính MA MB

Ta có : S +S’ =

2

x y

2 2

   

         = .

2

x y

4 

h. 2 1

M

 

O O’

A M B

x y

(8)

Ta có bất đẳng thức :

 2

2 x y

x y

2 

 

nên : S +S’

x y2

. 8  

=

2 AB .

8 

Dấu đẳng thức xảy x = y Do (S+S’) =

2 AB .

8 

Khi M trung điểm AB

Ví dụ 12:Cho điểm M nằm đoạn thẳng AB Vẽ phía AB tia Ax By vng góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với cắt Ax, By theo thứ tự tại C D Xác định vị trí điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ

Giải :

Ta có : SMCD =

1

2MC.MD Đặt MA = a , MB = b

 

AMC BDM 

MC = a

cos , MD = b sin SMCD =

1 2

ab cos sin 

Do a,b số nên SMCD nhỏ  2sin.cos lớn

Theo bất đẳng thức 2xy  x2 +y2 ta có :

2sin.cos  sin2 +cos2 = nên S

MCD ≥ ab

SMCD = ab  sin = cos  sin = sin(900)   = 900   = 450

 AMC BMD vuông cân

Vậy SMCD = ab Khi điểm C,D xác định tia Ax ; By cho AC = AM , BD

= BM

Ví dụ 13: Cho ABC , điểm M di động cạnh BC Qua M kẻ đường thẳng song song với AC với AB , chúng cắt AB AC theo thứ tự D E.Xác định vị trí điểm M cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.

Giải :

SADME lớn 

ADME

ABC S

S lớn Kẻ BK  AC cắt MD H

SADME = MD HK

SABC =

1

2AC BK

8

A a M b B

C x

y D

(

h.23

A

B x M y C

D K

H E

1

(9)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC ADME

ABC

S MD HK

2. .

S  AC BK

Đặt MB = x , MC = y , MD//AC ta có :

MD BM x

AC BC x y ;

HK MC y

BK BC x y

Theo bất đẳng thức  

xy 1

4 x y

 

  

ADME

2 ABC

S 2xy 1

S  x y 2

Dấu đẳng thức xảy x = y

Vậy maxSADME =

1

2SABC M trung điểm BC.

Ví dụ 14: Cho  ABC vng cân có cạnh huyền BC = a Gọi D trung điểm AB Điểm E di chuyển cạnh AC Gọi H,K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ D, E đến BC Tính diện tích lớn hình thang DEKH Khi hình thang trở thành hình ?

Giải: Ta có :

2SDEKH = (DH +EK).HK = ( BH +KC ) HK

Mà (BH + KC) +HK =BC = a không đổi

Nên (BH + KC) HK lớn BH + KC) = HK = a 2 Do :

max SDEKH =

2

1 a a a

.

2 2 8 Khi đường cao HK =

a

2 suy : KC = BC BH –HK = a 

a 2 

a 2 =

a 4 Do DH = HB =

a

4 , EK = KC = a 4

Hình thang DEKH hình chữ nhật , E trung điểm AC

6- Sử dụng tỉ số lượng giác. a-Kiến thức cần nhớ:

Hệ thức cạnh góc tam giác vng + b = a.sinB = a.cosC

+ b = c.tgB = c.cotgC b-Các ví dụ:

A D D B

H

K

C E

h.25

A B

C a

c

b

(10)

Ví dụ 15: Chứng minh tam giác cân có diện tích tam giác có cạnh đáy nhỏ hơnlà tam giác có góc đỉnh nhỏ hơn.

Giải:

Xét tam giác ABC cân A có diện tích S Kẻ đường cao AH Đặt BAC = 

AHC vuông H, ta có : 

HAC 2  

, AH = HC cotg 2

 =

1

2 BC.cotg 2 

Do : S = 1

2BC.AH = 1 2BC.

1

2 BC.cotg 2 

= 1

4BC2cotg 2

 BC =

4S

2 S.t g 2 cot g

2

 

 Do S không đổi nên : BC nhỏ  tg 2

nhỏ  2 

nhỏ   nhỏ  BAC nhỏ

Ví dụ 16: Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh BC,CD lấy điểm K,M cho BK : KC = : 1, CM : MD = : 1.Tìm tỉ số AB : BC để số đo gócKAM lớn

( Cho công thức biến đổi tg( x +y )=

t gx t gy 1 t gx.t gy

)

Giải:

Đặt BAK x  ,DAM y  ( x + y < 900 )

KAMlớn  BAK + DAM nhỏ x + y nhỏ  tan (x + y) nhỏ

Giả sử AB : BC = : m ( m> 0) tg x =

BK BK BC 4m

.

AB BC AB 5

tg y =

DM DM DC 1

.

AD DC AD 5m

tg( x +y )=

t gx t gy 1 t gx.t gy

 =

4m 1 4m 1

: 1 .

5 5m 5 5m

   

 

   

   =

25 21

4m 1

5 5m

 

 

 

tg (x + y) nhỏ 

4m 1

5 5m nhỏ Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có:

10

h.27

A

B H C

A B

C D MM

K x

y

(11)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

4m 1

5 5m ≥

4m 1 4

2 .

5 5m 5 Dấu đẳng thức xảy 

4m 1

5 5m  m = 1 2 Vậy x + y nhỏ m =

1 2

Do KAM lớn AB : BC = :

Phần 3: Bài tập ôn luyện

Bài : Cho hình vng ABCD Hãy xác định đường thẳng d qua tâm hình vng cho tổng khoảng cách từ bốn đỉnh hình vng đến đường thẳng :

a) Lớn b) Nhỏ Hướng dẫn:

Xét trường hợp d cắt hai cạnh đối BC AD (h.29)

Gọi m tổng khoảng cách từ bốn đỉnh hình vng đến D.

m =2(AA’ +BB’)

Gọi M, N trung điểm AB A’B’ Suy : m = 4MN đó:

m lớn  MN lớn nhất m nhỏ  MN nhỏ nhất

a) MN MO  m lớn  M≡O  d//AB

b)kẻ MH  OB Chứng minh MN ≥MH  MN nhỏ  N ≡H  d≡BD d ≡AC.

Bài : Cho ABC vuông cân A điểm D,E theo thứ tự di chuyển cạnh AB ,AC

cho BD = AE Xác định vị trí điểm D,E cho : a) DE có độ dài nhỏ

b) Tứ giác BDEC có diện tích lớn Hướng dẫn: (h.30)

a)Gọi M trung điểm BC BDM = AEM BMD AME 

DME DMA AME DMA BMD BMA      900 Gọi I trung điểm DE

DE = DI+IE =AI + IM ≥ AM

Min DE = AM  I trung điểm AM

 D trung điểm AB E trung điểm AC

h.29

A B

M

C

D D’

A’ O N H C’

B’ d

A B D

C E

M I

(12)

h. 3 1

A

B

C M

D O

E b)Đặt AE = x, AB =AC =a AD = a x , SADE =

( )

2 

x a x

SBDEC nhỏ  SADE lớn  x(a  x) lớn nhất

Do x +( ax) = a không đổi nên x( a x) lớn  x = a  x  x = a/2 Khi D trung điểm AB E trung điểm AC

Bài : Cho  ABC vuông A có BC = a , diện tích S Gọi m trung điểm BC Hai dường

thẳng thay đổi qua M vng góc với cắt cạnh AB , AC D ,E Tìm : a) Giá trị nhỏ đoạn thẳng DE

b) Giá trị nhỏ diện tích  MDE Hướng dẫn:

a) (h.31)Gọi O trung điểm DE Ta có OA = OD =OE = OM

DE = OA + OM ≥ AM =

a 2

minDE = a/2 O trung điểm AM

D trung điểm AB E trung điểm AC

b) (h.32)Kẻ MH AB , MK AC

ME ≥ MK , MD ≥ MH

2SMDE = MD.ME ≥ MH.MK = AC

2 . AB

2 = S 2

minSMDE = S

4 D ≡ H E ≡ K

Bài : Cho điểm m di chuyển đoạn thẳng AB Vẽ tam giác đềuAMC BMD phía AB Xác định vị trí M để tổng diện tích hai tam giác tren nhỏ

Hướng dẫn: (h.33)

Gọi K giao điểm AC BD

Các tam giác AMC ,BMD đồng dạng với AKB

Đặt AM = x ,BM = y , AB = a ta có :

2 1

S x

S a

   

  ;

2 2

S y

S a

     

 2

2 2 2

1 2

2 2 2

x y

S S x y a 1

S a 2a 2a 2

 

   

Dấu đẳng thức xảy x = y Do : (S1 +S2) =

1

2  M trung điểm AB.

Bài : Cho tam giác nhọn ABC có cạnh a,b,c tương ứng đường cao AH =H Hãy dựng hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác ABC cho có diện tích lớn Biết M AB ; N 

AC ; P,Q BC

12

h. 3 2

A

B

C M

D

K E H

h.33

K

A B

M

D C

1

x y

A

M N

(13)

S

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Hướng dẫn: (h.34)

Gọi I giao điểm AH MN Đặt NP =x ; MN = y ; AI = h  xAMN ABC

.

MN AI y h x h x

y a

BC AH a h h

 

    

SMNPQ = xy = a

h x(h  x)

SMNPQ lớn  x(h  x)lớn

x +(h  x) = h không đổi nên

x(h  x) lớn  x = h  x  x = h/2 Khi MN đường trung bình ABC

Bài : Cho  ABC vuông A Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM  BC, IN  AC , IK AB Tìm vị trí I cho tổng IM2 +IN2 +IK2 nhỏ nhất.

Hướng dẫn: (h.35) Kẻ AH BC , IE AH

ANIK ,IMHE hình chữ nhật. IK2+ IN2 = IK2 +AK2 = AI2 ≥ AE2

IM = EH

nên IK2+ IN2 + IM2 = AI2 +EH2 ≥ AE2+EH2

Đặt AE = x , EH =y ta có :

 2 2

2 2 x y AH

x y

2 2

  

IK2+ IN2 + IM2 ≥

2 AH

2

Dấu “=” xảy I trung điểm đường cao AH.

Bài : Cho tam giác nhọn ABC Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM  BC, IN  AC , IK AB Đặt AK =x ; BM = y ; CN = z

Tìm vị trí I cho tổng x2 +y2 +z2 nhỏ nhất. Hướng dẫn: (h.36)

Đặt BK = k , CM = m , AN = n , BC = a , AC = b , AB = c x2 +y2 +z2 =

=(IA2

IK2 ) + (IB2 IM2 ) + (IC2 IN2 )

= (IA2

IN2 ) + (IB2 IK2 ) + (IC2 IM2 ) = n2 + k2 + m2 2(x2 +y2 +z2 ) = x2 +y2 +z2 + n2 + k2 + m2

= ( x2+ k2)+( y2+ m2)+( z2 + n2)

x2+ k2 ≥

x k2 AB2 c2

2 2 2

 

y2+ m2 ≥

y m2 BC2 a2

2 2 2

 

h.34

B

Q H P C

y

h.35

A K B

H M

C N

I E

A

h.36

B M C

N K

K K

x n

z m y

(14)

z2 + n2 ≥

z n2 AC2 b2

2 2 2

 

x2 +y2 +z2 ≥

2 2 2

a b c

4

 

min(x2 +y2 +z2 ) =

2 2 2

a b c

4

 

x = k , y = m , z = n. I giao điểm đường trung trực ABC.

Bài : Cho nửa đường trịn có đường kính AB = 10 cm Một dây CD có độ dài 6cm có hai đầu di chuyển nửa đường trịn Gọi E F theo thứ tự hình chiếu A B CD Tính diện tích lớn tứ giác ABFE

Hướng dẫn: (h.37)

Kẻ OH CD , ta tính OH = 4cm SABFE = 1/2(AE + BF).EF

= OH.EF OH AB = 4.10 =40

max SABEF =40 cm2

EF // AB , OH AB

Bài : Cho hình vng ABCD cạnh a Vẽ cung BD tâm A bán kính a (nằm hình vng ) tiếp tuyến với cung cắt BC, CD theo thứ tự M N Tính độ dài nhỏ MN Hướng dẫn:(h.38)

Đặt CM = m , CN = n , MN = x

m + n + x = 2CD = 2a m2 +n2 = x2

Do : x2= m2 +n2≥

m n2

2

2x2≥ ( 2a  x)2  x 2 ≥ 2a  xx ≥

( )

2a

2a 1

2 1  

min MN =2a2 1   m = n Khi tiếp tuyến MN // BD , AM tia phân giác BAC , AN là phân giác DAC

Bài 10 : Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Qua A vẽ hai tia vng góc với , chúng cắt đường tròn (O) , (O’) B C Xác định vị trí tia để  ABC có

diện tích lớn Hướng dẫn:(h.39)

Kẻ OD  AB ; O’E  AC ta có:

14

H

F E

D C

B A

O h.37

n

m

N

M H

D C

B A

h.38

 

r R

E

D C

B

(15)

h.40 I

M

H G F

E

D C B

A

O

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC SABC =

1

2 AB.AC = 1

2 .2AD.2AE= 2.AD.AE

Đặt OA =R ; O’A = r ;AOD O AE ' 

AD = R sin ; AE = r cos SABC = Rr 2sin cos

2sin cos  sin2 + cos2 =1

SABC Rr

Do :

max SABC = Rr  sin = cos  sin = sin( 900  ) = 900 = 450.

Vậy ta vẽ tia AB,AC tạo với tia AO, AO’ thành góc

  ' 0

OAB O AC 45  thì  ABC có diện tích lớn

Bài 11 : Cho đường trịn (O;R) đường kính BC , A điểm di động đường tròn Vẽ tam giác ABM có A M nằm phía BC Gọi H chân đường vuông góc kẻ từ C xuống MB Gọi D, E , F, G theo thứ tự trung điểm OC, CM, MH, OH Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEFG đạt giá trị lớn

Hướng dẫn: (h.40) DEFG hình bình hành.

Kẻ OI FH , ta có OI đường trung bình BHC

nên OI = ½ HC = GD

MO đường trung trực AB nên IMO 300 OI =

½ OM GD = ½ OM

Mà ED = ½ OM EG = GD DEFG hình thoi

  0

HFG HMO 30  EFG 60  0EFG đều

SDEFG =2SEFG = 2.

2 2

EF 3 EF 3

42 =

2 HC

3 2

2

 

 

 

2

BC 3

2 2

 

 

 

=

2

R 3

2

max S =

2

R 3

2  H ≡ B  MBC 90  0 ABC 300 AC = R.

Bài 12 : Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) D điểm thuộc cung BC không chứa A

không trùng với B,C Gọi H,I,K theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ D đến đường thẳng BC , AC, AB Đặt BC = a , AC = b ,AB = c, DH = x , DI = y , DK = z

a) Chứng minh :

b c a

y z x

h.39

r R

E

D C

B

(16)

b) Tìm vị trí điểm D để tổng

a b c

x  y z nhỏ Hướng dẫn: (h.41)

a) Lấy E BC cho CDE ADBCDE đồng dạng với ADB

DH CE x CE c CE

DKABzczx

Tương tự BDE đồng dạng với ADC

DH BE x BE b BE

DIACybyx

b c BE CE a

y z x x

  

b)

a b c

xyz =

a a

xx= 2a

x Do S nhỏ a

x nhỏ x lớn D≡M ( M điểm

chính cung BC khơng chứa A)

Bài 13 : Cho ABC nhọn , điểm M di chuyển cạnh BC Gọi

P ,Q hình chiếu M AB , AC Xác định vị trí điểm M để PQ có độ dài nhỏ

Hướng dẫn: (h.42)

Tứ giác APMQ tứ giác nội tiếp Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ.

Kẻ OH  PQ Đặt BAC = POH=  PQ = PH = 2.OP sin = AM sin

Do  không dổi nên

PQ nhỏ  AM nhỏ  AM BC.

Bài 14 : Cho đoạn thẳng AB điểm C AB Vẽ nửa mặt phẳng bờ AB nửa đường trịn có đường kính AB,AC,BC Xác định vị trí điểm C đoạn AB để diện tích phần giới hạn ba nửa đường trịn dạt giá trị lớn

Hướng dẫn: (h.43)

Gọi (O1;r1);(O2;r2);(O3;r3) đường trịn có đường kính Ab,AC,BC

Đặt AB = 2a , AC =2x r1 = a , r2= x Suy BC =2a  2x r3 = a  x

Gọi S diện tích giới hạn ba đường trịn Ta có :

 

    

 

2 2 2

1 2 3

r r r

S

2 2 2

  

=

 

 

   

2

2 2 a x

a x

x a x

2 2 2

 

S lớn  x( a x) lớn

Mặt khác x + (a  x) = a không đổi nên x( a x) lớn  x = a  x  x =

a

2  C ≡O1

16

h.41

A

B K

D

z

C I HO

x y

 M

E

c b

h.4 2

A

B

P Q

C O

H M

h.42

O3

O2 C O1 B

A

(17)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Lúc ta có S =

2 a 4

Bài 15 : Cho đường tròn (O;R) Trong đường tròn (O) vẽ hai đường tròn (O1) (O2) tiếp xúc tiếp xúc với (O)

bán kính đường trịn (O2) gấp đơi bán kính đường trịn (O1) Tìm giá trị

nhỏ diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi hình trịn (O1)

và(O2) Hướng dẫn:

Gọi x bán kính đường trịn (O1) Khi 2x bán kính đường trịn

(O2 ) (h.44)

Xét OO1O2 ta có : O1O2 O O1 +OO2

3x (R x) +( R 2x) 6x 2R x

R 3

Gọi S phần diện tích hình trịn (O) nằm ngồi đường trịn (O1)và

(O2 ) , ta có :

S =      

2 2 2 2 2

R x 4x R 5x

   

Do x

R

3 nên x2

2 R

9 S ≥ 2 4 R

9

; min S =

2 4 R

9

x =

R 3

Khi O1,O,O2 thẳng hàng bán kính đường trịn (O1) (O2 ) R 3

2R

3 (h.45).

Bµi 16: Cho hình vng ABCD có cạnh , điểm M nằm đường chéo BD

a) Nêu cách dựng đường tròn (I) qua M tiếp xúc với hai cạnh AD CD Nêu cách dựng đường tròn (K) qua M tiếp xúc với hai cạnh AB,BC

b) Chứng minh điểm M di chuyển đường chéo BD tổng chu vi hai đường trịn khơng đổi

c) Xác định vị trỉ điểm M BD để tổng diện tích hai hình trịn đạt giá trị nhỏ

a) Qua M kẻ đường vng góc với BD cắt AB,BC,CD,DA P,Q,F,E Do AB,BC tiếp xúc với (K) nên K  MB

PQ  KM nên PQ tiếp tuyến (K) Vậy (K) đường tròn nội tiếp PBQ

Tương tự (I) đường tròn nội tiếp EDF (2 đ) b) Tổng chu vi hai đường tròn (I) (K) bằng: 2.IM + 2.MK = 2 IK

MD = ID +IM =

2.IJ IM  2.IM IM ( 1).IM MB = KB +MK =

h.45 h.44

O2

O O

O1

O2

O1

K

I M P

F E

D C

B A

(18)

 BD = MD + MB =  2 IM MK    =2 1  IK

IK =  

BD

BD 2 1

2 1   Do BD = AB 2 = 2

IK = 2( 2  1) =  2

Vậy tổng chu vi hai đường tròn 2(2  2) (4 đ) c) Gọi x y bán kính đường trịn (I) và(K) Ta có : x + y =  2

Gọi S1 ,S2 diện tích hình trịn

S1 + S2 = x2 +y2 = (x2 + y2 ) ≥

   

2 2 2 2 x y

2 2

   

S1 + S2 nhỏ  x =y  M trung điểm BD ( 4)

Bài toán cực trị Phần hình học

I Một số kiến thức bản.

a) - Ta chứng minh đợc A  m (m khơng đổi)

- Có hình cho A = m GTNN A m b) Ta chứng minh đợc A  t (t không đổi)

- Cã mét h×nh cho A = t th× GTLN cđa A lµ t

- Từ ta xác định đợc vị trí điểm để đạt c cc tr

II.

Phân loại tập ví dụ minh hoạ

1) Tìm cực trị dùng bất đẳng thức tam giác

1.1. KiÕn thøc c¬ së:

- Víi ®iĨm A,B ,C bÊt kú ta cã : |ACBC| ≤ AB ≤ AC + BC DÊu “ = “ x¶y  C [AB]

- Trong tam gi¸c ABC Cã  BAC >  ABC  BC < AC + Quy tắc n điểm A1A2, , An

Ta có A1An A1A2 + A2A3 + An-1An

Dấu "=" xảy A1A2, , An thẳng hàng xếp theo thứ tự

12 C¸c vÝ dơ ¸p dơng :

Ví dụ 1 : Cho đờng trịn (0; R) , A B hai điểm cố định nằm ngồi đờng trịn M điểm cố định đờng tròn (0)

Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MAB có giá trị : a) Lớn b) nhỏ

Gi¶i

Vẽ đờng thẳng d qua  AB K d cắt đờng tròn ( ) C D

18

C M

O

(19)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

H¹ AH  AB

 SMAB =

MH AB

a) Ta cã MH ≤ MK

XÐt ®iĨm M,O ,K ta cã MK ≤ OM + OK

 MK ≤ OC + OK  MH ≤ CK  SMAB ≤

CK AB

2 ( không đổi )

DÊu “ = “ x¶y  H K  M C b) XÐt ®iĨm M,O ,H ta cã MH ≥ |OHOM|

Mµ OK ≤ OH vµ OK - OM = OK - OD = DK  MH ≥ DK

 SMAB ≥

DK AB

2 ( không đổi ) Dấu “ = “ xảy  M [OH]

Vµ M K  M D

Ví dụ 2: Cho đờng tròn (O;R); A điểm cố định đờng tròn

(A  O) Xác định vị trí điểm B đờng trịn O cho góc OBA lớn Giải:

Giả sử có B  (O) Vẽ dây BC đờng trịn (O) qua A ta có OB = OC = R

=> OBC cân O => góc OBC = 180

0

COB

Nªn gãc OBAmax gãc COBmin

Trong COB có CO = OB = R không đổi => COB BCmin = OHmax

Mà OH OA nên OHmax H  A BC  OA t¹i A

VËy OBAmax B  (O) cho BC  OA t¹i A

Ví dụ3: : Cho tứ giác lồi ABCD Tìm điểm M tứ giác cho AM + MB + MC + MD đạt cc tr nh nht

Giải:

Với điểm M, A, C ta cã: MA + MC  AC ta cã MB + MD  BD

AM + MB + MC + MD ≥ AC + BD (không đổi) Dấu "=" xảy 

¿

M∈AC⇔M ≡O M∈BD

¿{

¿

VËy (AM + MB + MC + MD) = AC + BD M  O

A B

K H

D d

O C

B

H

A

O M D

A

C

(20)

1.3 Bµi tËp vËn dơng:

Bài 1: Cho góc vng xOy; điểm A thuộc miền góc Các diểm M, N theo thứ tự chuyển động tia Ox,Oy cho góc MAB = 900 Xác định vị trí M, N để MN có độ dài nhỏ nhất.

Bài 2: Cho đờng trịn ngồi (O;R) (O';R') A nằm (O), B nằm (O') Xác định vị trí điểm A,B để đoạn thẳng AB có độ dài lớn

2 / T×m cùc trị dùng quan hệ đ ờng vuông góc với đ ờng xiên

2.1 Kiến thức së

Ta cã AH  d; A  d; B,C  d

*.AB  AH, dÊu "=" x¶y  B  H *.AB  AC  BH  HC

2.2 C¸c vÝ dơ ¸p dơng

Ví dụ1:: Cho ABC (Â = 900) M điểm chuyển động cạnh BC Vẽ MD  AB; ME  AC (D 

AB, E  AC) Xác định vị trí M để DE có độ dài nhỏ Giải:

Vẽ AH  BC (H  BC), H cố định AH không đổi, tứ giác AEMD có Â = Ê = ^D = 900

=> AEMD hình chữ nhật

=> DE = AM mà AM  AH (khơng đổi) (theo t/c đờng xiên đờng vng góc)

DÊu "=" x¶y  M H VËy M  H th× DE nhá nhÊt

Ví dụ : Cho đờng thẳng d đờng tròn (O;R) có khoảng cách từ tâm đến d OH  R Lấy hai điểm A  d; B  (O;R) Hãy vị trí A B cho độ dài AB ngắn nhất? Chứng minh điều

Gi¶i:

Từ tâm (O) kẻ OH  d, OH cắt đờng tròn (O) K Xét ba điểm A B O ta có AB + OB  OA mà OA  OH (quan hệ đờng xiên đờng vng góc)

=> AB  OH - OB = HK không đổi

VËy AB = KH  ¿

A ≡ H B≡ K

¿{

¿

2.3.Bµi tËp vËn dơng:

Bài 1: Trên cạnh BC, AC tam giác ABC lấy tơng ứng hai điểm M N cho Bạch Mã = CN Tìm vị trí M để MN có giá trị lớn

Bài 2: Cho nửa đờng tron (O;R) đờng kính AB.M điểm nửa đờng tròn, kẻ MH  HB Xác định vị trí M để:

a) SABC lín nhÊt

b) Chu vi cđa MAB lín nhÊt

20

A

A

H C

d

A

B

H K O

d A

C D

B

A A

H M

(21)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

3 Tìm cực trị vận dụng bất đẳng thức đờng tròn. 3.1 Kiến thức sở:

+ Trong đờng tròn: đờng kính dây cung lớn + Dây cung lớn  dây gần tâm

+ Cung lớn dây trơng cung lớn + Cung lớn góc tâm lớn

3.2 C¸c vÝ dơ ¸p dơng :

Ví dụ : Cho đờng tròn (O) điểm M nằm đờng trịn (M  O) Xác định vị trí dây cung AB đờng trịn (O) qua M cho độ dài AB ngắn

Gi¶i:

Ta có dây AB  OM M dây cung có độ dài nhỏ

ThËt vËy: Qua M vÏ d©y A'B' bÊt kú cđa (O) A'B' kh«ng vu«ng gãc víi OM VÏ OM'  A'B' M'  A'B'; M'  M => OM'  MM' => OM > OM'

=> AB < A'B' (theo định lý khoảng cách từ tâm đến dây)

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O;R) M điểm di động đờng trịn (O) Xác định vị trí M để MA + MB + MC đạt giá trị lớn

Gi¶i:

Ta xét M  cung BC Trên MA lấy D cho MB = MD Ta chứng minh đợc: BMD tam giác

=> B^2+ ^B3 = 602

B^1+ ^B2 = 600 => B^ 1=^B3

Chøng minh cho BAD = BCM (gcg) => AD = MC

=> MA + MB + MC = MA + MD + DA = 2MA Mà MA dây cung đờng tròn (O;R) => MA = 2R

=> max (MA + MB + MC) = 2.2R = 4R MA đờng kính đờng trịn (O) M điểm cung BC

Tơng tự ta xét M thuộc cung AB M thuộc cung AC => M điểm cung AB cung AC MA + MB + MC đạt giá trị lớn

3.4.Bµi tËp vËn dơng:

Bài 1: Trên cạnh BC, AC tam giác ABC lấy tơng ứng hai điểm M N cho BM = CN Tìm vị trí M để MN có giá trị lớn

O M’ A

M B’

A’

B

D

O

B

C

A

(22)

Bài 2: Cho tứ gác ABCD nội tiếp đờng tròn (O;R) cho trớc tìm tứ giác có tổng AB.CD + AD.BC đạt giá trị lớn

4 Tìm cực trị dùng bất đẳng thức đại số

4.1 KiÕn thøc bỉ sung :

+ Bất đẳng thức cơsi cho hai số khơng âm: a,b Ta có: a+b

2 √ab DÊu "=" x¶y  a= b

+ Bất đẳng thức côsi tổng quát cho n số không âm

a❑1+a

❑2+ +an n

n

a1a2 .an DÊu "=" x¶y  a1 = a2 = = an

+ Bất đẳng thức Bunhiacôpski (ax + by)  √(a2

+b2).(x2+y2) DÊu "=" x¶y  a

x= b y

+ Và số bất đẳng thức quen thuộc khác.

4.2 C¸c vÝ dơ ¸p dơng:

Ví dụ 1 Cho đờng trịn (0; R) , đờng kính AB , M điểm chuyển động đờng trịn Xác định vị trí M đờng tròn

để MA + √3 MB đạt giá trị lớn

Gi¶i : Ta cã : AMB = 900 ( góc nt chắn nửa đ.tròn)

 MAB cã  M = 900 Theo Pitago ta cã :

MA2 + MB2 = AB2 = 4R2

áp dụng BĐT Bunhiacopski ta cã

MA + √3 MB ≤ √(1+3)(MA2+MB2)=√4 4R2 = 4R

 MA + √3 MB ≤ 4R DÊu "=" x¶y 

MA= √3 MB

MB MA=√3

 tg¢ = MB

MA=3 = tg600

MÂB = 600 nên max(MA + √3 .MB) = 4R  M¢B = 600

Ví dụ : Cho đoạn thẳng AB , điểm M di chuyển đoạn Vẽ đờng trịn đờng kính MA , MB Xác định vị trí M để tổng diện tích hai hình trịn có giá trị nhỏ

Gi¶i

Đặt MA =x , MB = y , ta cã : x + y = AB ( < x< y < AB )

22

A B

M

A O M O B

(23)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Gọi S S’thứ tự diện tích hình trịn có đờng kính MA MB Ta có : S + S’ = π(x

2)

+π(y 2)

2 =π.x

2 +y2

4

áp dụng BĐT : x2 + y2≥ (x+y)

2  S + S’ ≥ π

(x+y)2

8 = π AB2

8

DÊu "=" x¶y  x = y VËy Min (S + S’ ) = π.AB

 M lµ trung ®iĨm cđa AB

VÝ dơ : Cho  ABC cã BC = a , AC = b , AB = c Tìm điểm M nằm bên tam gi¸c ABC cho

a x+

b y+

c

z có giá trị nhỏ Trong x,y,z khoảng cách từ M đến BC , AC , AB

Gi¶i

Gọi diện tích  ABC S Ta có ax +by + cz = 2S Không đổi Ap dụng BĐT Bunhiacopski ta có

(ax +by + cz ) ( a

x+ b y+

c

z ) ≥ (√ax√ax+√by√ b

y+√cz√ c z)

2

 (ax +by + cz ) ( a

x+ b

y+ c

z ) ≥ (a+b+c)2

 ( a

x+ b y+

c z ) ≥

(a+b+c)2 2S

VËy a

x+ b y+

c

z đạt giá trị nhỏ

 ( a

x+ b y+

c z ) =

(a+b+c)2 2S

√ax

ax

=√by

by

=√cz

cz

 x = y = z  ABC l tam giỏc u

4.3 Các tập áp dơng :

Bài 1: Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên hai cạnh AB AD lần lợt lấy điểm M, N cho chu AMN = 2a Tìm vị trí M N để SAMN lớn

Bài 2: Cho ABC ngoại tiếp đờng tròn (O;r) Kẻ tiếp tuyến đờng tròn (O;r) song song với cạnh tam giác Các tiếp tuyến tạo với cạnh tam giác thành tam giác nhỏ có diện tích

lµ S1, S2, S3 Gäi S diện tích tam giác ABC Tìm giá trị nhá nhÊt cña tû sè S1+S2+S3

S B Một vài ví dụ

B A

C

a

c b

x z

M

D

(24)

Bài 1: Cho đường tròn (O; R), dây BC cố định Tìm vị trí A cung lớn BC để tam giác ABC có chu vi lớn

Hướng dẫn:

BC cố định nên góc CAB khơng đổi, độ dài BC khơng đổi Chu vi tam giác ABC phụ thuộc vào AB+AC

Trên tia đối tia AB lấy D cho AC = AD chu vi tam giác ABC phụ thuộc vào độ dài BD góc CDB khơng đổi hay BD dây cung chứa góc 12 A dựng BC Vậy BD lớn đường kính cung chứa góc

2 A dựng BC <=> A điểm cung lớn BC

Bài 2: Cho đường tròn (O; R) với dây AB cố định cho khoảng cách từ O tới AB R

2 Gọi H trung điểm AB, tia HO cắt đường

tròn (O; R) C Trên cung nhỏ AB lấy M tùy ý ( khác A, B) Đường thẳng qua A song song với MB cắt CM I Dậy CM cắt dây Ab K

a) So sánh góc AIM với góc ACB b) Chứng minh:

MA + MB=

1 MK

c) Gọi R1, R2 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MAK tam giác MBK, xác định vị trí điểm M cung nhỏ AB để tích R1.R2 đạt giá trị lớn

Hướng dẫn:

a) OH=

2R => Nhận xét quan hệ dây và sđ cung căng dây ( Sđ cung AB = 1200)

Từ tìm quan hệ hai góc AIM ACB b) Thường chuyển tỉ số đoạn thẳng

( Cần chứng minh MK

MA + MK MB=1 )

Tìm cách quy đồng mẫu vế trái cách tam giác đồng dạng?

Tam giác chứa hai cạnh MK, MA đồng dạng với tam giác nào? tam giác chứa hai cạnh MK, MB đồng dạng với tam giác nào?

(Tam giác MKA tam giác MBC đồng dạng MKMA=MB

MC , tam giác MKB tam giác MAC đồng dạng

MK

MB = MA MC

Vậy MKMA +MK MB =

MA+MB MC

do ta phải chứng minh MA+MB = MC

c) Để tìm giá trị lớn nhát tích R1.R2, ta tìm mối liên hệ tổng R1+R2 với yếu tố không đổi tốn

Để ý hai tam giác AMK, BMK có hai góc AMK, BMK khơng đổi (= 600), tổng hai cạnh đối diện không đổi ( dùng công thức R= a

2 sinA )

24

K I

C

B A

H O

(25)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Lời Giải sơ lược:

a) Xét tam giác AOH có CosO = OH

OA=

2⇒∠AOH=60

⇒∠AOB=1200sđ cung AB=1200⇒∠ACB=600

Tam giác ABC có đường cao CH đồng thời trung tuyến Vậy tam giác ABC => ACB=600

AI // MB => góc AIM = góc CMB = góc CAB = 600 Vậy góc AIM = góc ACB

b) Tam giác AIM ( có hai góc 600 ) => AM = MI.

ΔAIC=ΔAMB (c-g-c)CI =MB

ΔMKA ΔMBC đồng dạng nên MKMA=MB MC ΔMKB ΔMAC đồng dạng nên MK

MB= MA MC

Vậy: MKMA +MK MB =

MB MC+

MA MC=

MB+MA

MC =1 hay

MA+ MB=

1 MK

Bổ đề: Trong tam giác ABC: sinaA = b

sinB= c

sinC=2R

CM:

Vẽ đường kính BD => góc A = góc D Xét tam giác vng BCD

BD = BC

sinD hay 2R=

a

sinA tương tự ta cm

a sinA =

b sinB=

c

sinC=2R

c) Áp dụng bổ đề ta được: Trong tam giác AKM: R1=

AK sinM=

AK 2sin 600=

AK √3

Trong tam giác BKM: R2= BK sinM=

BK

2 sin600= BK

√3

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số khơng âm R1, R2 có:

R1R2≤R1+R2 =

AK+BK 2√3 =

√3R 2√3=

R

2=hs dấu R1=R2 AK = BK  M điểm

cung AB

Vậy R1R2 max = R

2

4 M điểm cung AB

b

c R a

D O

C A

(26)

Bài 3: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R, lấy C trung điểm AO Kẻ hai tia Ax By vng góc với AB phía với nửa đường trịn Điểm M di động nửa đường tròn ( M khác A, B) Một đường thẳng vng góc với CM M cắt Ax P, cắt By Q Tìm vị trí điểm M nửa đường trịn để tứ giác APQB có diện tích nhỏ Tìm giá trị diện tích nhỏ

Phương hướng:

Hình thang ABQP có đường cao khơng đổi dó diện tích nhỏ  AP+BQ nhỏ Ta chứng minh tích AP BQ khơng đổi

Muốn AP BQ cạnh không tương ứng hai tam giác đồng dạng

Gợi ý: Tứ giác APMC, BQMC nội tiếp => Hãy cặp góc ( liên hệ góc với đường tròn)

Lời giải sơ lược:

Tứ giác APMC nội tiếp => góc PCA = góc PMA Có góc AMB vng => góc PMA + góc BMQ = 900 Tứ giác BQMC nội tiếp => góc BMQ = góc BCQ Có góc CAQ vng => góc BCQ + góc BQC = 900. Vậy: góc PCA = góc BQC

Do tam giác APC tam giác BCQ đồng dạng AP

AC= BC

BQAP BQ=AC BC

¿R

2 3R

2 = 3R2

4 =hs

Áp dụng bất đẳng thức Cosi : AP+BQ

2 √AP BQ=√ 3R2

4 = √3

2 R dấu AP = BQ  CM vng góc

với AB Hay SABQP=

1

2AB(AP+BQ)min=

2 2R.√3R=√3R

sđ cung AM = 600.

Bài 4: Cho tam giác ABC, E điểm cạnh AC ( E khác A), K trung điểm đoạn AE Đường thẳng EF qua E vng góc với đường thẳng AB ( F thuộc AB) cắt đường thẳng qua C vng góc với đường thẳng BC D Xác định vị trí E cho đoạn KD có độ dài nhỏ

Hướng dẫn:

Khai thác Tam giác ABC đều, tam giác AEF vng, K trung điểm AE, góc DCB vuông

=> điểm B, C, D, K, F thuộc đường tròn => KD dây cung

sđ cung DK không đổi Do đó: KD nhỏ  bán kính nhỏ

Lời giải so lược:

Tam giác AEF vuông F, góc A = 600, FK trung tuyến ứng với cạnh huyền => Tam giác AKF => góc FKC = 1200

Vậy Tứ giác BCKF nội tiếp

26

Q P

C O

A

B M

F D

K

C

A B

(27)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Tứ giác BCDF có góc F = góc C = 900

Vậy Tứ giác BCDF nội tiếp hay điểm B, C, D, K, F thuộc đường trịn đường kính BD sđ cung DK = góc DFK = 600 => KD =

2 DB

2CB dấu E trùng với C

Vậy KD = 12CB E C

Bài 5: Cho tam giác ABC cân B có góc ABC β, O trung điểm cạnh AC, K chân đường vng góc hạ từ O xuống cạnh AB, (ω) đường trịn tâm O bán kính OK E điểm thay đổi cạnh BA cho góc AOE α (200 < α < 900) F điểm cạnh BC cho EF tiếp xúc với (ω) Tìm α để AE + CF nhỏ

Gợi ý:

Để Tìm giá trị nhỏ tổng, ta chứng minh tích khơng đổi Nhận xét quan hệ hai tam giác AEO OEF?

(Sử dụng tính chất tiếp tuyến, tổng góc tứ giác, tam giác)

Lời giải sơ lược:

Trong tam giác OEF:

EOF=1800−∠OEF−∠OFE=18001

2AEF

2CFE

Trong tứ giác AEFC: AEF + AFE = 3600 - ( A + C)

= 3600 - (1800 - β) =1800 + β

Vậy: EOF = 900 -

2 β

Tam giác ABC cân => A = C =

2 (1800 - β)

= 900 -

2 β

Vậy: EOF = A = C

=> tam giác AEO tam giác OEF đồng dạng, Tam giác OEF tam giác COF đồng dạng Vậy tam giác AEO tam giác COF đồng dạng

AE

AO= CO

CF AE CF=AO CO=hs

áp dụng bất đẳng thức Cosi: AE+CF2√AE AF=2√AO CO=hs dấu

AE = CF  tam giác OEF cân O  tam giác AEO cân A  AOE =

9001

2∠A=90

1 2(90

0 1

2 β)=45

+1 β

Vậy AOE = 450 +1

4β AE + CF nhỏ

Bài 6: Cho hai đường tròn(O1; r1) (O2; r2) cắt hai điểm A B Biết r1 = cm; r2 = cm; AB = cm hai điểm O1, O2 hai phái đường thẳng AB Xét đường thẳng (d) qua A, cắt (O1; r1) (O2; r2) lầm lượt điểm M N cho A nằm đoạn MN Tiếp tuyến (O1; r1) M tiếp tuyến

F

K

O C

B

(28)

a) Chứng minh tứ giác EMBN tứ giác nội tiếp b) Tính O1O2

b) Tìm giá trị lớn 2EM + EN

Hướng dẫn:

a) sử dụng quan hệ góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung với số đo cung, lưu ý quan hệ số đo cung hai dường tròn

c) Vấn đề vai trị khơng đối xứng ME EN Cần tìm tương ứng: 2.EM với 1.EN Ta lại thấy hai bán kính đường trịn có tương ứng Ta tìm tam giác đồng dạng để chuyển đổi tương ứng

Lời giải sơ lược:

¿

a∠ABN =∠ANE;∠ABM =∠AME=>MBN =∠EMN+ENM=1800−∠MEN¿VËy MBN +∠MEN=1800=> Tø gi¸c EMBN néi tiÕp.¿

b) O1O2 =

√3+√15

2¿

)

x E

M

O2 O1

A

B

N

c) ΔO1O2A; ΔMNB đồng dạng => BN

BM=

AO2

AO1

=2 ( Vì R1=1 cm, R2 = cm) => BN=2 BM Δ EMB Δ NAB đồng dạng EMMB=AN

AB EM=MB AN ( Vì AB = cm)

Tương tự ta EN = NB.AM

Vậy 2.EM + EN = 2.MB.AN + NB.AM = MB AN + 2.MB.AM = 2.MB.(AM + AN) = 2MB.MN Lại có Δ MBN Δ O1AO2 đồng dạng theo tỉ số

MN O1O2=

MB

r1 2 Vậy: MB MN2 2r1 2O1O2

=

2(√3+√15)=4(√3+√15) dấu MB = 2r1 hay M đối xứng với B qua O1

Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O D điểm nằm cung BC không chứa điểm A Xác định vị trí D cho DA + DB + DC lớn

Hướng dẫn: Tương tự 2.Ta chứng minh DA = DB + DC

Bài 8: Cho hai đường tròn (O) (O') cắt A B cho hai tâm O O' nằm hai phía khác đường thẳng AB Đường thẳng (d) quay quanh B cắt đường tròn (O) (O') C D ( C khác A, B D khác A, B) Xác định vị trí (d) cho đọan thẳng CD có độ dài lớn

(29)

PGD-ĐT CAM LÂM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Bài dễ, bạn tự làm

Bài 9: Cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (O) M điểm nằm cung BC không chứa điểm A Gọi N, H, K hình chiếu M AB, BC, CA Tìm giá trị nhỏ nhẩt BC

MH+ AB MN+

AC MK

Gợi ý:

Hãy tìm cách rút gọn biểu thức:

BC MH+

AB MN+

AC

MK cách chuyển tỉ số

thành tỉ số có mẫu

Lời giải sơ lược:

Nhận thấy: Nếu K nằm ngồi AC N nằm AB

AB MN=

BN MN+

AN MN AC

MK= AK MK

CK MK

Tam giác MCK tam giác MBN đồng dạng => BNMN=CK MK

Tam giác MAK tam giác MBH đồng dạng AK

MK= BH MH

Tam giác MAN tam giác MCH đồng dạng MNAN =CH HM

Vậy: BC

MH+ AB MN+

AC MK=

BC MH+

CH MH+

BH MH=2

BC MH

Vậy BC

MH+ AB MN+

AC

MK nhỏ  MH lớn  MH = R  M điểm cung BC

C Một vài ví dụ tự giải

Bài 11: Cho đường trịn (O; R) đường kính AB, điểm M di động đường tròn cho MA MB Trong tam giác AMB kẻ đường cao MH Gọi r1, r2, r3 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác AMB, AMH BMH Hãy xác định vị trí M để tổng: r1+r2+r3 đạt giá trị lớn

Bài 12: Cho tam giác ABC có góc A = 300, AB = c, AC = b, M trung điểm BC Một đường thẳng (d) quay xung quanh trọng tâm G tam giác ABC cho (d) cắt đoạn AB P (d) cắt đoạn AC Q a) Đặt AP = x, tìm tập hợp giá trị x

b) Tính giá trị biểu thức AB

AP + AC AQ

c) Hãy tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn diện tích tam giác APQ theo b, c

Bài 13: cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R M điểm thuộc nửa đường tròn ( khác A B) Tiếp tuyến (O) M cắt tiếp tuyến A B đường tròn (O) điểm C D Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM

K N

A

H

B C

(30)

Bài 14: Cho đường tròn (O) dây BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B C) Tia phân giác góc ACB cắt đường trịn (O) D khác C, lấy I thuộc đoạn CD cho DI = DB Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) điểm K khác B

a) Chứng minh tam giác KAC cân

b) Xác định vị trí A để độ dài đoạn AI lớn

Bài 15: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Điểm M lưu động cung nhỏ BC Từ M kẻ đường thẳng MH, MK vng góc với AB, AC ( H thuộc đường thẳng AB, K thuộc đường thẳng AC) Tìm vị trí M để độ dài đoạn HK lớn

Bài 16: Cho hai đường trịn (O1, R1) (O2; R2) tiếp xúc ngồi với A Đường thẳng (d) qua A cắt đường tròn (O1, R1) M cắt đường tròn (O2; R2) N ( điểm M, N khác A)

Xác định vị trí đường thẳng (d) để độ dài đoạn thẳng MN lớn

Bài 17: Đường trịn tâm O có dây AB cố định I điểm cung lớn AB Lấy điểm M cung lớn AB, dựng tia Ax vng góc với đường thẳng MI H cắt BM C

a) Chứng minh tam giác AIB AMC tam giác cân

b) Khi M di động cung lớn AB chứng minh điểm C di động cung trịn cố định c) Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác AMC đạt giá trị lớn

Bài 18: Cho tam giác nhọn ABC Điểm D di động cạnh BC Gọi O1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD tương ứng

a) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác AO1O2 ln qua điểm cố định khác A

b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AO1O2 Hãy xác định vị trí D BC cho IO nhỏ

Bài 19: Chi nửa đường trịn đường kính AB = 2R Gọi C điểm tùy ý nửa đường trịn, D hình chiếu vng góc C AB Tia phân giác ACD cắt đường trịn đường kính AC điểm thứ hai E, cắt tia phân giác góc ABC H

a) Chứng minh AE // BH

b) Tia phân giác góc CAB cắt đường trịn đường kính AC điểm thứ hai F, cắt CE I Tính diện tích tam giác FID trường hợp tam giác

c) Trên đoạn BH lấy K cho HK = HD, gọi J giao AF BH Xác định vị trí C để tổng khoảng cách từ điểm I, J, K đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn

Bài 20: Cho đường trịn tâm O, bán kính R dây BC <2R, tiếp tuyến đường tròn B C cắt A M điểm cung nhỏ BC khơng trùng với B, C Gọi H, I, K hình chiếu M BC, CA, AB BM cắt HK P, CM cắt HI Q

a) Chứng minh PQ // BC

b) Xác định vị trí M để tích MH.MI.MK đạt giá trị lớn

Ngày đăng: 02/04/2021, 23:45

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w