một số phương pháp cực trị hình học

Chia sẻ: halinh

Trong hoạt động của mình, con người luôn luôn đối mặt với một câu hỏi tìm giá trị cực đại hoặc cực tiểu của một đối tượng hình học nào đó về độ dài, diện tích, bề mặt hoặc thể tích,… Ngay trong tự nhiên, những hình có dạng đều, chúng mang những tính chất rất đặc biệt, trong nó chứa ẩn những tính chất “cực trị” mà các hình khác không có được như tam giác đều, hình vuông, lục giác đều hoặc hình tròn, khối cầu,…. Ngày nay những bài toán cực trị vẫn được quan tâm và...

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: một số phương pháp cực trị hình học

Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan




A
x



P




32
M O
1



2
1 1
C
B N




Giáo viên hướng dẫn: ĐỖ KIM SƠN


1
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan




Trong hoạt động của mình, con người luôn luôn đối mặt với một câu hỏi tìm giá trị cực
đại hoặc cực tiểu của một đối tượng hình học nào đó về độ dài, diện tích, bề mặt hoặc thể
tích,… Ngay trong tự nhiên, những hình có dạng đều, chúng mang những tính chất rất đặc biệt,
trong nó chứa ẩn những tính chất “cực trị” mà các hình khác không có được như tam giác đều,
hình vuông, lục giác đều hoặc hình tròn, khối cầu,….
Ngày nay những bài toán cực trị vẫn được quan tâm và nghiên cứu. Những phương pháp
giải và các dạng bài tập này trong hình học rất đặc trưng và bắt nguồn từ lý thuyết cơ bản của
toán học. Ở ta, những loại sách tổng kết lại những b ài toán cực trị trong hình học còn hiếm,
nhất là không hệ thống phương pháp giải và đưa ra một cách nhìn mới trong học tập, rất nhiều
cuốn bài tập chỉ mang tính chất liệt kê không làm nổi bật những ý tưởng của đề toán và các
phương pháp tiếp cận giải toán
Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên
đề “Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học”. Chuyên đề này chỉ giới thiệu về một
số phương pháp tìm cực trị cơ bản thường gặp trong hình học phẳng và hình học vectơ. Trong
mỗi phương pháp sẽ có các ví dụ minh họa. Và cuối cùng là phần bài tập tổng hợp với các bài
tập giải bằng những phương pháp khác nhau.
Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài
tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh. Vì vậy, chúng em
mong thầy và các bạn thông cảm. Xin chân thành cảm ơn!


Nhóm biên tập

Phạm Ngọc Xuân Đào
Nguyễn Thị Mỹ Huyền
Võ Thị Diễm Phí
Lê Thị Thu Thảo
Nguyễn Hòang Anh Thư
Trương Thanh Thư


2
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan




Tóm tắt kiến thức :
1) Cực trị hình học : Cho biểu thức f phụ thuộc điểm X biến thiên trên miền D. Ta nói :
 f ( X )M ,X D

max f ( X )  M  
 X 0D: f ( X 0 ) M

 f ( X )m,X D
min f ( X )  m   X D: f ( X )m
0 0

2) Phép toán vector:
Phép cộng vector: uuu uuu uuu
r r r
* Quy tắc 3 điểm: AB  BC  AC
uuu uuu uuu
r r r
* Quy tắc hình bình hành: nếu ABCD là hình bình hành thì AB  AD  AC
Phép trừ vector:
uuu uuu uuu
r r r
* Quy tắc: AC  AB  BC
Tích vector với 1 số:r r r
Cho số k ≠ 0 và a  0 . Tích vector a với số k là một vector kí hiệu k a , cùng hướng vector
r
a nếu k > 0 và ngược hướng vector a nếu k < 0 và có độ dài bằng | k || a |
Tích vô hướng của hai vector :
rr rr r r rr
Cho a, b khác vector 0 . Ta có : a.b | a | . | b | .cos(a, b)

Một số kí hiệu dùng trong tài liệu
a, b, c : độ dài các cạnh BC, CA, AB của ABC .
ha , hb , hc : độ dài các đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C của ABC .
ma , mb , mc : độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C của ABC .
R, r : bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ABC .
ra , rb , rc : bán kính các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của ABC .

Một số điểm đặc biệt trong tam giác
Điểm Lemoine:




3
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan




Định nghĩa: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các điểm A1 , B1 , C1 tương ứng sao cho
AC1 b 2 BA1 c 2 CB1 a 2
 (các đường AA1 , BB1 , CC1 là các đường đối trung). Khi đó các
, ,
C1 B a 2 A1C b 2 B1 A c 2
đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm L gọi là điểm Lemoine.
Tính chất: Cho ABC , L là điểm trong tam giác. Gọi H, K, N theo thứ tự là hình chiếu của L
trên BC, CA, AB. Khi đó L là điểm Lemoine của ABC khi và chỉ khi L là trọng tâm của
uur uuu
r uuu r
r
HKN khi và chỉ khi a 2 LA  b2 LB  c 2 LC  0




Điểm Toricelli: Cho ABC có các góc đều nhỏ hơn 1200 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm T có
tính chất cùng nhìn các cạnh BC, CA, AB dưới các góc 1200 . Điểm T như vậy gọi là điểm
Toricelli của ABC .
Điểm Gergone: Đường tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
A1 , B1 , C1 . Khi đó các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm J gọi là điểm Gergone.
Điểm Naghen: Các đường tròn bàng của ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
A1 , B1 , C1 . Khi đó các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm N gọi là điểm Naghen.




4
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan




5
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


Phương pháp 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc.


Ví dụ 1.1: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA ta lấy theo thứ tự các
điểm E, F, G, H sao cho AE= BF= CG= DH. Xác định vị trí của các điểm E, F, G, H sao cho tứ
giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
HAE= EBF(c-g-c)  HE= EF.
E
A
B


F


O




H



G C
D

Tương tự ta có: HE= EF= FG= GH nên tứ giác EFGH là hình thoi.

HAE= EBF còn suy ra · ·
AHE  BEF
Ta lại có · · · ·
AHE  AEH  900 nênBEF  AEH  900
·
Do đó: HEF  900 . Như vậy hình thoi EFGH là hình vuông.
Gọi O là giao điểm của AC và EG. Tứ giác AECG có AE= CG, AE// CG nên là hình bình
hành, suy ra O là trung điểm của AC và của EG, do đó O là tâm của cà hai hình vuông ABCD
và EFGH.
HOE vuông cân: HE 2  2.OE 2  HE  OE. 2
Chu vi EFGH= 4.HE= 4 2 .OE. Do đó chu vi EFGH nhỏ nhất  OE nhỏ nhất.
Kẻ OK  AB . Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên: OE  OK( độ dài OK
không đổi) nên OE= OK  E K
Do đó min OE= OK
Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E, F, G, H là trung điểm của AB, BC,
CD, DA.
 Nhận xét về phương pháp giải: trong cách giải trên có các biến đổi tương đương sau:
Chu vi EFGH nhỏ nhất  HE nhỏ nhất  OE nhỏ nhất.
Quan hệ OE OK (OK không đổi) cho phép ta xác định vị trí của điểm E để OE có độ d ài nhỏ
nhất .

Ví dụ 1.2: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông
góc với AB. Qua trung điểm M của AB có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau


6
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xáx định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có
diện tích nhỏ nhất.
Giải: Gọi K là giao điểm của CM và DB.
MAC= MBK(g-c-g)  MC= MK.
· ·
DCK có đường cao DM là trung tuyến nên là tam giác cân, suy ra HDM  MDB .

Kẻ MH  CD . Do M thuộc tia phân giác cùa góc D nên: MH= MB= a.
1
S MCD  .CD. MH
2
y

D
x


H


C




B
A a
a M




K

1
.2a.a  a 2
Do CD AB= 2a và MH= a nên: S MCD 
2

S MCD  a 2  CD  Ax. Khi đó ·  450 , BMD  450 .
·
AMC
2
Vậy S MCD  a . Các điểm C, D được xác định trê Ax, By sao cho AC= BD= a


Ví dụ 1.3: Cho tam giác ABC có góc B là góc tù, điểm D di chuyển trên cạnh BC. Xác đ5nh
vị trí của điểm D sao cho tổng các khoảng cách từ B và từ C đến đường thẳng Ad có giá trị lớn
nhất.
Giải: Gọi S là diện tích ABC. Khi D di chuyển trên cạnh BC ta có:
S ABD  S ACD  S

1 1 2S
Kẻ BE  AD, CF  AD ta có : . AD. BE  . AD.CF  S nên BE+ CF =
2 2 AD
Do đó BE + CF lớn nhất  AD nhỏ nhất.



7
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


A




E




B
H D C

F
Đường xiên AD nhỏ nhất  hình chiếu HD nhỏ nhất.
·
Ta có HD  HB ( do ABD  900 ) và HD = HB khi và chỉ khi DB.
Như vậy khi D trùng B thì tổng các khoảng cách từ B và từ C đến AD có giá trị lớn nhất.
Ví dụ 1.4: Cho hình bình hành ABCD. Qua A vẽ đường thẳng d không cắt hình bình hành.
Gọi B’, C’, D’, lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm B, C, D trên đường thẳng d.
Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng BB’ + CC’ + DD’ có giá trị lớn nhất.
Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD.
O’ là hình chiếu vuông góc của O trên d.
DD '  d , BB '  d  DD '/ / BB '  DD’B’B là hình thang.
B'

C'
O'
A
B
D'


d
O




D C


Mà OO '  d , DD '  d  OO '/ / DD ' và O là trung điểm BD ( ABCD là hình bình hành)
Do đó OO’ là đường trung bình của hình thang DD’B’B
BB '  DD '
 OO '   BB ' DD '  2.OO '
2
OO '  d , CC '  d  OO '/ /CC ' và O là trung điểm AC.( ABCD là hình bình hành)
CC '
Do đó OO’ là đường trung bình cùa ACC’  OO '   CC '  2.OO '
2
A  d , OO '  d nên OO’ OA. Do đó BB’ + CC’ + DD’ = 4.OO’ 4.OA ( không đổi)
Dấu “=” xảy ra  O’  A  d vuông góc AC tại A.




8
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan



Phương pháp 2: Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc

Ví dụ 2.1: Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD. Xác định vị trí các điểm: F
thuộc cạnh AB, G thuộc cạnh BC, H thuộc cạnh CD sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG và GH.
1
AEF vuông tại A có AI là trung tuyến  AI= . EF
2
A F B



I

E
K

G
M




C
D H
1
Tương tự MC= .GH .
2
1
IK là đường trung bình của EFG  IK= . FG .
2
1
Tương tự KM= . EH
2
Do đó: chu vi EFGH= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC)
Ta lại có: AI + IK + KM + MC  AC (so sánh độ dài đoạn thẳng và đường gấp khúc)
Suy ra: chu vi EFGH  2AC ( không đổi).
Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC  A, I, K , M, C thẳng hàng.
 Nhận xét về phương pháp giải: bằng cách vẽ trung điểm các cạnh EF, GH, và trung điểm
của đường chép EG, ta tính được chu vi của tứ giác EFGH bằng hai lần độ dài đường gấp khúc
AIKMC, độ dài đường gấp khúc trên nhỏ nhất khi đường gấp khúc đó trở thành đoạn thẳng
AC.

Ví dụ 2.2: Cho tam giác ABC nhọn. Dựng một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếp ABC,
tức là có ba đỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ấy.
Giải:
Cách 1: Xét tam giác MNP nội tiếp ABC một cách tùy ý ( M thuộc AB, N thuộc BC, P
thuộc AC). Vẽ E, F sao cho AB là đường trung trực của NE, AC là đường trung trực của NF.
Chu vi MNP = NM + MP + PN = EM + MP + PF  EF




9
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


F
A

12

P

M

E




N
B C

µµ·
·
Ta cần xét khi nào thì EF nhỏ nhất. Ta có EAF  2 A1  2 A2  2 BAC
EAF là tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên
nhỏ nhất.
EF nhỏ nhất  AE nhò nhất  AN nhỏ nhất  AN  BC
Như vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi N là chân đường cao kẻ từ A, còn M và P là giao
điểm cùa EF với AB, AC.
Ta có nhận xét rằng khi N là chân đường cao kẻ từ A thì M và P cũng là chân hai đường cao
còn lại của tam giác.
CM:
Xét HMP: AB là đường phân giác của góc EMH, AC là đường phân giác ngoài của góc
FPH. Ta có AB, AC gặp nhau tại A nên HA là tia phân giác của góc MHP. Vì AH  HC nên
HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H. Theo trên AC là đường phân giàc ngoài tại đỉnh P,
HC gặp AC tại C nên MC là tia phân giác góc trong tại đỉnh M.
F




A
P

M




E




B H C

MB và MC là các tia phân giác của các góc kề bù nên MB  MC. Tương tự PC  PB
Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi M, N, P là chân ba đường cao của tam giác ABC. Do
tam giác ABC nhọn nên M, N, P thuộc biên của tam giác.
Cách 2: Lấy M, N, P tùy ý trên AB, BC, CA và nối tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC với M, N, P.
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, S là diện tích tam giác.
1
Khi đó: SOMBN  .OB.MN
2



10
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


1
SONCP  .OC. NP
2
1
SOPAM  .OA.PM
2
A
x



P




32
M O
1



2
1 1
C
B N




1
Do OA = OB = OC = R nên S  SOMBN  SONCP  SOPAM  .R.( MN  NP  PM )
2
2S
Do đó chu vi VMNP 
R
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi OA  MP, OB  MN, OC  NP. Ta sẽ CM rằng khi đó thì
AN, BP, CM là các đường cao của tam giác ABC.
µ¶
Thật vậy, giả sử OA  MP, OB  MN, OC  NP. Kẻ tiếp tuyến Ax. Ta có C  M 2 ( cùng
µ¶ ¶ ¶ ¶ ¶
bằng góc BAx). Chứng minh tương tự C  M . Do đó M  M suy ra M  M . Như vậy
1 1 2 2 3
MA là phân giác ngoài của tam giác MNP. Tương tự PA là đường phân giác ngoài tam giác
¶¶
MNP. Suy ra NA là đường phân giác của góc MNP. Ta lại có N1  N 2 nên NA  BC .
Chứng minh tương tự BP  AC , CM  AB . Tam giác MNP có chu vi nhò nhất khi và chỉ khi
N, P, M là chân các đường cao của tam giác ABC.

Ví dụ 2.3: Cho tam giác đều ABC và trung điểm M của AB. Trước tiên An chọn một điểm N
trên BC, tiếp đó Bình chọn một điểm P trên AC. Mục tiêu của An là muốn tổng d = MN + NP
+ PM lớn nhất, còn Bình muốn tổng d nhỏ nhất. Hỏi rằng nếu cả hai đều có cách chọn tốt nhất
thì N và P là những điểm nào?

Giải Vẽ các điểm D, E sao cho AC là đường trung trực của MD, BC là đường trung trực của
ME.
Độ dài đường gấp khúc DPNE bằng d.




11
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


B

E




M



N




A C
P




D

Dễ thấy hoặc PN + NE < PB + BE hoặc PN + NE < PC + CE nên độ dài của đường gấp khúc
DPNE không vượt quá độ dài của đường gấp khúc DPBE hoặc độ dài của đường gấp khúc
DPCE. Vậy để d lớn nhất thì An phải chọn N trùng B hoặc C.
Rõ ràng để tổng d nhỏ nhất thì Bình phải chọn P là giao điểm của ND và AC.
B trùng N




M




C
A P




D




B'




12
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


Trong trường hợp An chọn N trùng B thì Bình chọn P là giao điểm của BD và AC, khi đó d =
d1  MB  BP  PM . Còn trong trường hớp An chọn N trùng C thì Bình chọn P là giao điểm
của CD và AC, chính là C, khi đó d = d 2  MC  CM  2 MC .
B




M

h




A C trùng N trùng P




D

Bây giờ ta so sánh d1 và d 2 . Đặt MC = h thì d 2 = 2h (1). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với
AC, cắt MP ở B’. Ta có BP = B’P nên :
d1 = MB + Bp + PM = MB + B’P + PM = MB +B’M > BB’ = 2h (2)
Từ (1) và (2) suy ra d1  d 2 .
Do cả hai người đều chơi tối ưu nên An chọn N trùng B để có tổng d lớn nhất, sau đó Bình
chọn P là giao điểm của BD và AC.

Ví dụ 2.4: Cho hai điểm A và B nằm trong góc nhọn xOy. Xác định điểm M trên tia Ox,
điểm N trên tia Oy sao cho đường gấp khúc AMNB có độ dài nhò nhất.
Giải:




13
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan



x

A'



M
A


B
O


N


y

B'

Vẽ các điểm A’, B’ sao cho Ox là đường trung trực của AA’, Oy là đường trung trực của BB’.
Độ dài đường gấp khúc AMNB bằng AM + Mn + NB = A’M + MN + NB’  A’B’.
Độ dài đường gấp khúc đó nhỏ nhất trong trường hợp M, N nằm trên A’B’.




14
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


Phương pháp 3: Áp dụng bất đẳng thức trong đường tròn tìm cực trị

Ví dụ 3.1:Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d, hai điềm
M,N thuộc d và dộ dài MN không đổi. Xác định vị trí hai điềm M, N để dường gấp khúc
AMNB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Dựng hình bình hành BNMB’ BB’= MN = a (không đổi); NB =MB’, B’ cố định.
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d. Ta có AM =A’M, A’ cố định.
B' B




A




M N
d




A'

Xét ba điểm A’, M, B’ ta có
A’M + MB’≥ A’B’
Do đó AM + MN + NB =A’M+ MN +MB’
=( A’M+ MB’) + MN ≥ A’B’+ a (không đổi)
Dấu bằng xảy ra  M  [ A '; B ']

Ví dụ 3.2: Nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là điểm di động trên nửa đường tròn.
Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, gọi D,C Lần lượt là hình chiếu của A; B trên tiếp
tuyến ấ y.
Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
Giải:
µ
Ta có: AD  DC (gt), BC  DC (gt)  AD// BCABCD la hinh thang mà D = 900 nên
ABCD là hình thang vuông,
OM  DC nên OM // AD và O là trung điểm AB nên OM là đường trung bình của hình thang
AD  BC
ABCD  OM 
2
AD  BC
Do đó S ABCD  .DC  OM .DC
2



15
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


C



E
M




D




A B
O

Vẽ AE  BC. Tứ giác ADCE là hình chữ nhật
(· · ·
ADC  DCE  AEC  900 )  DC = EA
·
AEB = 900  E thuộc đường tròn đường kính AB,
 AE là dậy cung của đường tròn (o)
 DC  2R (trong đường tròn đườn kính là dây lớn nhất)
Do đó S ABCD  R.2 R  2 R 2 (không đổi)
Dấu bằng xảy ra  AE là đường kính cùa (O)
OM  AB  M là trung điểm của cung AB.

Ví dụ 3.3: Cho đường tròn (O;R) BC là dây cung cố định (BC  2R). A là diểm chuyển động
trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để chu vi tam giác ABC lớn nhất
Giải:
PABC = AB + AC + BC (BC không đổi)
Trên tia đối của tia AB lấy D sao cho AD = AC
Ta có ABC cân tại A  BAC  2 ·
· ADC
BAC không đổi  · không đổi.
Mà · ADC

·
Mặt khác BDC không đổi, BC cố định  D thuộc cung chứa góc có số đo sd BC của (O)
4
dựng trên đoạn thẳng BC.




16
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


D




A




O




B C




PABC lớn nhất  (AB + DC) max  BD max  BD là đường kính của cung chứa góc nói
trên.
Khi đó ·
BCD = 900.
Mà ·
ABC  BDC  ·  ACD = 900
· ACB ·
· ·
BDC  ACD ( AC = AD)
Do đó ·
ABC  ·  »  AC  A là trung điểm của cung lớn BC
AB »
ACB




17
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


Phương pháp 4: Áp dụng bất đẳng thức đại số tìm cực trị


Ví dụ 4.1: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. M là điểm chuyển động trên nửa
đường tròn. Xác định vị trí M để MA + 3MB đạt giá trị lớn nhất.
Giải: ·
AMB  900 (góc nội tíếp chắn nửa đường tròn)
Tam giác MAB có ¶  900 nên theo định lý Pitago ta có:
M
MA2  MB 2  AB 2  4 R 2
M




A B
O

2 2 2 2
Áp dụng bất đảng thức | ax  by | ( a  b )( x  y )
Ta có: MA  3.MB | MA  3.MB | (1  3)( MA2  MB 2 )  4.4 R 2  4 R
MA  3.MB  4 R hằng số.
»
3.MA  MB VMAB là nủa tam giác đều  sd MA  600
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 4.2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC). Lấy điểm D trên cạnh BC ( D khác B,C ). Gọi
r1 , r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD và ACD. Xác định vị trí của D để
tích r1r2 đạt giá trị lớn nhất.
Giải: Gọi O là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác ABC, O1 là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABD, O2 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD. Dễ thấy O1  OB , O2  OC . Vì
r12  r2 2
r1 , r2 > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : r1.r2  .
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi r1  r2 .




18
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


A




O
M
H O2
O1


B C
D
K N

Khi đó VO1 KB VO2 NC suy ra BK = CN. Suy tiếp ra BH = CM.
Từ đó AH = AM. Vậy VAHO1 VAMO2 . Nên AO1  AO2 , kẻ O1 I  AD , O2 J  AD . Dễ
thấy I trùng J và O1 I  O2 J .
Từ đó KD = DN.
Vậy D là trung điểm của BC thì tích r1r2 đạt giá trị lớn nhất. Lúc đó A, O, D thẳng hàng.

Ví dụ 4.3: Cho đoạn thẳng BC cố định. A là điểm di động sao cho tam giác ABC nhọn. AA’
là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Xác dịnh vị trí A để AA’.A’H đạt giá trị lớn
nhất
Giải
Xét A’BH và A’AC có BA ' H  · ' C  90 , ·' BH  ·' AC ( Hai góc nhọn có cạnh
· 0
AA A A
tương ứng vuông góc )
A




H




B C
A'

Do đó A’BH  A’AC  HA’/A’C = A’B/ AA’  A’A. HA’ = A’B. A’C,
Ta có :


19
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


A’B,A’C = A’B(BC - A’B) = A’B. BC –A’B2
BC 2 BC 2 BC 2 BC 2
BC
 A ' B.BC  AB 2 )   A ' B )2 
( (
=
4 4 4 2 4
2
BC
Vậy AA’. HA’  (không đổi)
4
BC
Dấu bằng xảy ra  = AB
2
A’ là trung điểm BC  A thuộc trung trực của BC
Vì ABC nhọn nên A nằm ngoài đường tròn đường kính BC.




20
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan



Phương pháp 5: Ứng dụng diện tích tìm cực trị

Ví dụ 5.1: Hãy tìm trong tam giác ABC một điểm M sao cho tích các khoảng cách từ M đến
ba cạnh có giá trị lớn nhất.
Giải: Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ m đến ba cạnh BC, AC, AB; ha , hb , hc tương ứng
là đường cao xuất pháp từ các đỉnh A, B, C. Ta có:
xxx
S ABC  S MBC  S MCA  S MAB  1  
ha hb hc
A


E



y
F z
H M
x

C
B D

xxx
xxx
. . lớn nhất (cũng có
, , có tổng không đổi, do đó tích
Như vậy, các số
ha hb hc
ha hb hc
x x x1
  .
nghĩa là x.y.z lớn nhất) khi và chỉ khi:
ha hb hc 3
Khi đó M là trọng tâm tam giác ABC.

Ví dụ 5.2: Cho điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB. Vẽ các tam giác đều AMC và BMD về
một phía của AB. Xác định vị trí của M để tổng diện tích hai tam giác đều trên là nhỏ nhất.
Giải:
Cách 1: Gọi K là giao điểm AC và BD. Các tam giác AMC, BMD đồng dạng với tam giác
AKB.
S AMC  S1 , S BMD  S2 , S AKB  S .
Đặt AM = x, AB = a,
x2  y 2 ( x  y)2 a2
S1 xS y S S 1
 ( ) 2 ; 2  ( ) 2 nên 1 2    2
Ta có: 2 2
S a S a S a 2a 2a 2
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x = y
1
Do đó: min( S1  S 2 )  S  M là trung điểm của AB
2




21
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


K




D



C


2
1


y B
x
A M

x2 3 y2 3
Cách 2: Ta có S1  , S2 
4 4
3 ( x  y)2
32 32
(x  y2 ) 
S1  S2  
. a
4 4 2 8
32
min( S1  S 2 )  a  x  y  M là trung điểm của AB.
8

Ví dụ 5.3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 12 cm, E là trung điểm của CD, điểm F
thuộc cạnh BC sao cho CF = 4 cm. Các điểm G và H theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB
và AD sao cho GH // EF. Xác định vị trí của điểm G sao cho tứ giác EFGH có diện tích lớn
nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
Giải:Đặt S EFGH  S , BG = x và kí hiệu như hình vẽ.
AH 12  x 2(12  x )
AH AG
VAGH đồng dạng VCEF      AH 
CF CE 4 6 3
2(12  x ) 12  2 x
 DH  12  
3 3
S  S ABCD  S1  S2  S3  S4
12 2
=144- . .(12  x )  4 x  12  (12  2 x )
23
1
= 144  (144  24 x  x 2 )  4 x  12  12  2 x
3
12
= 144  48  8 x x  6 x  24
3
12 1 2
=  x  2 x  72   ( x  3)  75  75
3 3



22
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


Gx B
A

2

1




F
H




4
3

C
D E

maxS = 75 khi và chỉ khi x = 3
Diện tích lớn nhất của tứ giác EFGH là 75 cm 2 với BG = 3cm.

Ví dụ 5.4: Cho hình vuông ABCD có AB = 6m, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = 2m.
Xác định vị trí điểm F trên cạnh BC sao cho hình thang EFGH ( G thuộc cạnh CD, H thuộc
cạnh AB và EH // GF // BD) có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
Giải: Đặt BF = x, S EFGH  S .
4 B
2 E
A

x
2

H
F




4 6-x




D C
G 6-x
x

Ta có:
S  S ABCD  S AEH  S BEF  SCFG  S DGH
 2 S  2.36  4  4 x  (6  x ) 2  4 x
 72  4  4 x  36  12 x  x 2  4 x
  x 2  4 x  32  ( x  2) 2  36
MaxS = 18 khi và chỉ khi x = 2
Vậy BF = 2m. Khi đó S EFGH  18m 2


23
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản