Dạng 1 : Sử dụng bất đẳng thức trong tam giác.
Ví dụ 1 : Cho 4 điểm A, B, C, D. Tìm điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A, B, C, D là nhỏ nhất. a H C A B H O K A B C D
Giải : Ta xét các trờng hợp sau :
a/ 4 điểm A, B, C, D tạo nên một tứ giác lồi ABCD. Với bất kỳ điểm M nào ta đều có :
MA + MC ≥ AC, dấu "=" xảy ra ⇔ M ∈ [AC] MB + MD ≥ BD, dấu "=" xảy ra ⇔ M ∈ [BD]
Do đó điểm M cần tìm là giao điểm hai đờng chéo AC và BD.
b/ Một trong 4 điểm, chẳng hạn D nằm trong hoặc trên một cạnh của tam giác tạo bởi 3 điểm kia (tam giác ABC). Khi đó điểm M cần tìm chính là D
c/ 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng : Nếu B và C nằm giữa A và D thì điểm cần tìm là bất kỳ điểm nào thuộc đoạn BC.
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC cân ở A và điểm D cố định trên đáy BC. Dựng một đờng thẳng song song với BC, cắt 2 cạnh bên ở E và F sao cho
DE + DF có giá trị nhỏ nhất. Giải : Dựng góc CAˆx = DAˆB.
Trên tia Ax xác định điểm D’ sao cho AD’= AD. Do EF // BC và ∆ABC cân tại A ⇒ AE = AF . Từ đó dễ thấy ∆ADE = ∆ADF (c.g.c)
⇒ DE = D’F với D’ là điểm cố định.
Ta có DE + DF = D’F + DF ≥ DD = hằng số.
Do đó DE + DF nhỏ nhất ⇔ D’F + DF nhỏ nhất, tức là bằng DD' VậyDE + DF nhỏ nhất ⇔ F là giao điểm của AC và DD'
Ví dụ 3 :Cho O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC (góc B tù). Tìm điểm M sao cho tổng MA + MB + MC + MO nhỏ nhất.
Giải : Ta có MA + MB + MC + MO
= (MB + MO) + (MA + MC) ≥ OB + AC. Dấu "=" xảy ra ⇔ M ∈ OB và M ∈ AC tức M là giao điểm của AC với OB.
Vậy tổng (MA + MB + MC + MO) nhỏ nhất ⇔ M là giao điểm của AC với OB.
Dạng 2 : Sử dụng quan hệ giữa đờng vuông góc, đờng xiên và hình chiếu. M A D B C A B D C D' E F M O A B C
Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC (Â = 900), AH ⊥ BC. Điểm M chuyển động trên BC. Từ M kẻ MD ⊥ AB, ME ⊥ AC. Xác định vị trí của M để DE nhỏ nhất.
Giải :
Xét tứ giác ADME có Aˆ = Dˆ = Eˆ =90o
nên ADME là hình chữ nhật ⇒ AM = DE Do đó DE nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất
Ta có AH ⊥ BC nên AM ≥ AH (không đổi ) Dấu "=" xảy ra ⇔ M ≡ H
Vậy khi M là chân đờng cao hạ từ A xuống BC thì DE nhỏ nhất.
Ví dụ 5 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, M là một điểm bất kì nằm trên BC. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC. Tìm vị trí của M để EF có độ dài nhỏ nhất.
Giải :
Gọi I là trung điểm của AM. Ta có IE và IF là trung tuyến ứng với cạnh huyền AM của các tam giác vuông AEM và AFM nên IE = IF = IA =IM =
21 AM. 1 AM.
⇒∆AEI và ∆ AFI đều cân tại I.
Do đó EIˆF = EIˆM +MIˆF = 2EAˆI + 2FAˆI hay EˆIF = 2BAˆC (không đổi) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
∆EIF có góc ở đỉnh I không đổi nên cạnh đáy EF nhỏ nhất ⇔ cạnh bên nhỏ nhất. Mà IE = IF =
2
1 AM. Do đó IE nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất tức là khi AM ⊥ BC. Vậy EF có độ dài nhỏ nhất khi M là chân đờng cao hạ từ A xuống BC.
Ví dụ 6 : Cho (O ; R) và điểm A nằm ngoài đờng tròn. Qua A vẽ đờng thẳng d cắt (O) tại B và C (B nằm giữa A và C).
Tìm vị trí của d để AB + AC lớn nhất. Giải :
Kẻ OI ⊥ BC ⇒ I là trung điểm của BC Ta có AB + AC = AI - IB +AI + IC = 2AI Do đó AB + AC lớn nhất ⇔ AI lớn nhất D E H A B C M I F E A B M C d I B O C A
Mà AI ≤ AO (hằng số), dấu “=” xảy ra ⇔ I ≡ O hay d đi qua O . Vậy (AB + AC) lớn nhất ⇔ d đi qua O
Ví dụ 7 : Cho hình vuông ABCD. Hãy dựng nội tiếp trong hình vuông đó một hình vuông có diện tích nhỏ nhất.
Giải :
Gọi EFGH là hình vuông nội tiếp trong hình vuông ABCD Khi đó tâm của 2 hình vuông này phải trùng nhau tại O
(với O là giao của AC và BD)
Ta có EG = HF và EG ⊥ HF tại trung điểm O của mỗi đờng
SEFGH = 2 2 1 GE. HF = 2 1 .2OE.2OE = 2OE2 Do đó SEFGH nhỏ nhất ⇔ OE nhỏ nhất
Từ O dựng OM ⊥ AB ⇒ M là trung điểm của AB ⇒ OE ≥ OM (không đổi ) Dấu "=" xảy ra ⇔ E ≡ M
Vậy SEFGH nhỏ nhất ⇔ E,F,G,H là trung điểm của các cạnh hình vuông ABCD.
Ví dụ 8 : Cho đờng tròn (O ; R), BC là dây cung cố định (BC < 2R). A là điểm chuyển động trên cung lớn BC. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Giải :
Gọi A’ là điểm chính giữa cung lớn BC A’O cắt BC tại M ⇒ A’M ⊥ BC tại M Hạ AH ⊥ BC, ta có SABC = 21 BC. AH
Do BC cố định, AH thay đổi (A chuyển động) nên SABC lớn nhất ⇔ AH lớn nhất
Lại có AH ≤ AM (quan hệ giữa đờng xiên và đờng vuông góc) mà AM ≤ AO + OM (bất đẳng thức tam giác)
⇒ AH ≤ AO + OM = OA’ + OM hay AH ≤ A’M (không đổi ) Dấu “=” xảy ra ⇔ A ≡ A’
Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Dạng 3 : Sử dụng tính chất độ dài gấp khúc. H G F E O C B A D H M O C B A' A
Ví dụ 9 : Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có 4 đỉnh nằm trên 4 cạnh của hình vuông. Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất.
Giải :
Gọi I, L, K lần lợt là trung điểm của PQ, QN, MN.
⇒ PQ = 2DI ; PN = 2IL ; MN = 2BK ; MQ = 2LK Do đó chu vi tứ giác MNPQ là :
C = MN + NP + PQ + QM = 2BK + 2IL + 2DI + 2LK
= 2(BK + KL + LI + ID) ≥ 2BD (Tính chất đờng gấp khúc)
Vậy chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất bằng 2BD ⇔ đờng gấp khúc trùng với BD Lúc đó MN // AC ; PQ // AC ; NP // BD ; MQ // BD (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Hay tứ giác MNPQ là hình chữ nhật .
Ví dụ 10 : Cho góc nhọn xOy và một điểm A nằm trong góc đó. Tìm trên Ox, Oy lần lợt 2 điểm B và C sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Giải :
Xác định A’, A’’lần lợt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy => AB = A’B, AC = A’’C
Do A cố định nên A’, A’’ cố định
=> AB + BC + CA = A’B + BC + CA’’ ≥ A’A’’ (const) Dấu "=" xảy ra ⇔ B, C ∈ [A’A’’]
Vậy nếu B, C lần lợt là giao điểm của A’A’’ với Ox, Oy
(A , A lần l’ ’’ ợt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy)
thì chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
Ví dụ 11 : Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Hãy tìm một điểm M sao cho tổng các khoảng cách MA + MB + MC nhỏ nhất.
Giải :
Thực hiện phép quay tâm A góc quay 600 theo chiều ngợc chiều kim đồng hồ biến M -> M' ; C -> C', Ta có : MA + MB + MC = MM' + MB + M'C' ≥ BC' Vì B, C' cố định nên min (MA + MB + MC ) = BC' <=> B , M , M' , C' thẳng hàng ⇔ M , M' ∈ [BC'] y x B C A' A'' O A L K I C B D A M Q P N M' C' C B A M
Dạng 4 : Sử dụng bất đẳng thức đại số.
Ví dụ 12 : Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R, vẽ tiếp tuyến Ax của nửa đờng tròn đó, M là điểm trên nửa đờng tròn, BM cắt Ax tại C. Xác định vị trí của M để 2BM + BC nhỏ nhất.
Giải :
Vì AB là đờng kính của đờng tròn tâm O nên AMˆB = 900 áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ABC (Aˆ = 900) Với AM ⊥ BC ta có : AB2 = BM.BC hay BM.BC = 4R2
⇒ 2BM . BC = 8R2
Đặt 2BM = a > 0 , BC = b > 0
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dơng a, b ta có : 2BM + BC = a + b ≥ 2 ab = 2 8R2 (hằng số)
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b ⇔ 2BM = BC
⇔ M là trung điểm của BC ⇔∆ABC vuông cân ở đỉnh A
⇔ M là điểm chính giữa cung AB .
Vậy khi M là điểm chính giữa cung AB thì 2BM + BC lớn nhất.
Ví dụ 13 : Gọi O là giao điểm hai đờng chéo của tứ giác ABCD. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD, biết rằng SABC = 4 , SCOD = 9.
Giải :
Do ∆OAD và ∆OAB có chung đờng cao kẻ từ A . nên SS ODOB OAB OAD = (1). Tơng tự OB OD S S OBC ODC = (2) Từ (1) và (2) ⇒ OBC ODC OAB OAD S S S S =
⇒ SOAD . SOBC = SOAB . SODC = 36 (Vì SOAB = 4 ; SCOD = 9 ) Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
SOAD + SOBC ≥ 2 SOAD.SOBC = 2 36 = 12
⇒ SABCD = SOAB + SOBC + SOCD + SODA≥ 4 + 9 + 12 = 25
Dấu "=" xảy ra ⇔ SOAD = SOBC = 6. Vậy min SABCD = 25 ⇔ SOAD = SOBC = 6.
C B B O A M O B A D C (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Ví dụ 14 : Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đờng chéo AC, hạ ME vuông góc với AB tại E, MF ⊥ BC tại F. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác DEF lớn nhất.
Giải :
a/ Cách 1 :
∆ MAE và ∆ MDE có chung đáy ME và đờng cao ứng với đáy chung đều bằng nhau (= AE)
nên SMAE = SMDE. Tơng tự ta có SCMF = SMDF
Do đó SDEF = SMDE + SMEF +SMDF
= SMAE + SMEF +SCMF = SAEFC
mà SAEFC = SABC - SBEF ⇒ SDEF = SABC - SBEF
Do SABC không đổi nên SDEF lớn nhất ⇔ SBEF = 21 BE. BF nhỏ nhất. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có : const 2 AB 2 BF BE BF . BE ≤ + = = (do BF = AE ) hay const 2 AB 2 BF BE BF . BE 2 2 = = + ≤
Dấu “=” xảy ra ⇔ BE = BF ⇔∆BEF vuông cân ⇔ M là trung điểm của AC. Vậy để SDEF lớn nhất thì M là trung điểm của AC
b/ Cách 2 :
Đặt BE = x ≥ 0, BF = y ≥ 0 ⇒ AB = x + y Ta có SDEF = SABCD - (SAED + SBEF + SCDF)
= (x + y)2 - 21 [(x + y)y + xy + (x + y)x] = (x + y)2 - 2 1 (x + y)2 - 2 1 xy = 2 1 [(x + y)2 - xy] Do (x + y)2 = const nên SDEF lớn nhất ⇔ xy nhỏ nhất
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có : const 2 y x xy 2 = + ≤
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y ⇔ BE = BF ⇔ M là trung điểm của AC Vậy để SDEF lớn nhất thì M là trung điểm của AC
Ví dụ 15 : Cho đờng tròn (O; R) và dây BC = R 2. Vẽ các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại B và C cắt nhau tại A. Điểm M di động trên cung BC, tiếp tuyến tại M cắt AB, AC tại D và E. Tìm vị trí của M
E F F C B A D M
để diện tích ∆ ADE lớn nhất. Tính theo R, GTLN của diện tích ∆
ADE.Giải : Giải :
Do BC = R 2 nên OB ⊥ OC và dễ thấy OBAC là hình vuông cạnh R đặt AD = x > 0 , AE = y > 0. Ta có chu vi ∆ ADE là :
p = AD + DE + EA = AD + DM + ME + EA Do DM = DB, ME = EC, AB = AC
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )
nên p = AD + DB + EC + EA = AB + AC = 2AB = 2R hay 2R = x + BD + y + EC = x + y + DM + ME = x + y + DE = x + y + x2+y2 áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x + y ≥ 2 xy , x2 + y2≥ 2xy nên 2R = x + y + x2+y2 ≥ 2 xy + 2xy = ( 2+ 2) xy ⇒ ( ) 2( 2 1) (R 2 2)R 1 2 2 R 2 2 2 R 2 xy = − = − + = + ≤ ⇒ xy ≤ (6 - 4 2)R2. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y.
Khi đó vị trí điểm M chính giữa cung BC tức M là giao của OA và cung BC và max SADE = 1/2 xy = R2 (3 - 2 2).
Nhận xét chung.
Bài toán cực trị trong hình học tơng đối đa dạng và phong phú, cho nên việc phân loại từng dạng là hết sức cần thiết trong quá trình giảng dạy song vấn đề đặt ra ở đây là vận dụng lý thuyết nh thế nào cho từng bài, ở từng dạng thì cần phải đòi hỏi một sự t duy, sáng tạo và linh hoạt trong quá trình thực hiện của học sinh. Các em phải biết phân tích bài toán để tìm hớng đi, để từ đó biết bắt đầu từ đâu khi thực hiện.
Chẳng hạn ở ví dụ 8, ta đã đa bài toán cực trị diện tích về bài toán cực trị đoạn thẳng.
Ngoài việc sử dụng các bất đẳng thức Cô-si hay Bu-nhi-a-kôp-xki, giáo viên cần phải hớng dẫn học sinh sử dụng một số bất đẳng thức phụ khác trong quá trình thực hiện ở một số bài toán cụ thể nh đã trình bày ở dạng IV.
III. sáng tạo bài toán cực trị.
ED D A O B C M (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Cũng nh sự sáng tạo bài toán cực trị đại số, việc khai thác kiến thức, sáng tạo ra một bài toán khác từ một bài toán hình học cụ thể đảm bảo sự lô gíc về mặt kiến thức là một vấn đề hết sức cần thiết trong quá trình truyền thụ kiến thức cho học sinh.
Sau đây là một số ví dụ cụ thể :
Ví dụ 1 :
Từ bài toán đã nêu ở ví dụ 8 ta có thể phát biểu ở dới dạng khác nh sau : 1/ Cho điểm A di động trên cung lớn BC cố định của (O ; R). S1 là diện tích
hình viên phân cung AB nhỏ, S2 là diện tich hình viên phân cung AC nhỏ. Xác định vị trí của điểm A sao cho S1 + S2 nhỏ nhất.
2/ BC là dây cung cố định của đờng tròn (O ; R) (BC < 2R ). A là điểm chuyển động trên cung lớn BC. Xác định vị trí điểm A sao cho diện tích hình giới hạn bởi cung nhỏ BC, dây AB , AC lớn nhất.
Ví dụ 2 :
Từ bài toán đã nêu ở ví dụ 15 ta có thể đa đến bài toán khác nh sau :
Cho đờng tròn (O ; R) và dây BC = a không đổi (BC < 2R). Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại A. Điểm M di động trên cung BC, tiếp tuyến tại M cắt AB, AC theo thứ tự tại D và E. Tìm vị trí của M để tổng diện tích S1 + S2 nhỏ nhất (với S1 là diện tích hình tạo bởi cung BM, đoạn BD và DM, S2 là diện tích hình tạo bởi cung MC, đoạn ME và EC)
IV. Một số bài tập.
Bài 1 : Cho điểm A cố định ở bên trong đờng tròn (O ; R) (A ≠ O ) và dây MN là dây cung quay quanh A. Xác định vị trí của dây cung MN để độ dài MN là lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài 2 : Cho góc vuông xOy, điểm A thuộc miền trong của góc, các điểm M, N theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho MAˆN = 90o. Xác định vị trí của M và N để : a/ MN có độ dài nhỏ nhất.
b/ AM + AN lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài 3 : Cho tam giác ABC vuông ở A, điểm M nằm giữa B và C. Gọi D và E thứ tự là hình chiếu của M trên AC, AB. Tìm vị trí của M để DE có độ dài nhỏ nhất.
Bài 4 : Cho hai đờng tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B, một cát tuyến thay đổi đi qua A cắt đờng tròn (O1) tại C và đờng tròn (O2) tại D