zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

SKKN: Một số bài toán về cực trị trong Hình học

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

Báo xấu

650
lượt xem 105
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài toán về cực trị trong Hình học đâylà một trong những dạng toán khó trong chương trình toán phổ thông, hy vọng rằng sáng kiến này sẽ giúp các em giải quyết bớt những khó khắn khi gặp dạng toán này. Mời quý thầy cô và các em tham khảo sáng kiến “Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến”.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Một số bài toán về cực trị trong Hình học

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC
Đề tài sang kiến kinh nghiệm I. NỘI DUNG ĐỀ TÀI 1. Tên đề tài: “Một số bài toán về cực trị trong hình học” 2. Lý do chọn đề tài: Một trong những công tác quan trọng trong nhà trường phổ thông là đào tạo và bồi dưỡng nhân tài. Để hoàn thành nhiệm vụ đó với cương vị là giáo viên giảng dạy bộ môn toán, tôi nhận thấy cần phải cải tiến phương pháp nhằm nâng cao chất lượng dạy học. Là giáo viên được phân công dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 nên tôi đã chọn viết chuyên đề: “Một số bài toán về cực trị trong hình học”. Đây là một trong những dạng toán khó trong chương trình toán phổ thông, hi vọng rằng tư liệu này sẽ giúp các em giải quyết bớt những khó khăn khi gặp dạng toán này. 3. Phạm vi, thời gian thực hiện Phạm vi: học sinh khá giỏi lớp 8 - 9 Thời gian: 10 tiết (trong đó có 2 tiết kiểm tra) II. QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Khảo sát thực tế: Trước khi thực hiện đề tài này các em học sinh đã được trang bị những kiến thức cơ bản tương đối đầy đủ của chương trình bộ môn toán trong nhà trường phổ thông trung học cơ sở. Quá trình nhận thức của các em ở mức độ bình thường có thể hoàn thành các bài toán trong sách giáo khoa và có khả năng giải được một số bài toán có tính nâng cao. Mặc dù vậy khi đứng trước những bài toán khó thì việc tìm ra đường lối giải nhiều khi vẫn gặp khó khăn và bế tắc. 2. Biện pháp thực hiện: Qua kinh nghiệm giảng dạy và được sự giúp đỡ động viên của đồng nghiệp, thông qua một số tư liệu tham khảo tôi muốn điểm lại một số lý thuyết và giải quyết một số bài tập nhằm giúp các em tìm thấy sự bổ ích và đạt kết quả khi học chuyên đề này. Nguyễn Thị Hương 1
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 3. Nội dung chủ yếu của đề tài: A. KHÁI NIỆM: Toán cực trị hình học là một dạng các bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích, số đo chu vi….) trong tất cả các hình có chung một tính chất. Các bài toán cực trị trong hình học thường được trình bày theo 2 cách: Cách 1: Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh hình rằng mọi hình khác đều có giá trị (của đại lượng phải tìm cực trị) lớn hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra. Cách 2: Thay điều kiện một đại lượng đạt cực trị (lớn nhất hoặc nhỏ nhất) bằng các điều kiện tương đương, cuối cùng dẫn đến một điều kiện mà ta xác định được vị trí của các điểm để đạt cực trị. Trong hai cách trên thì lời giải theo cách 2 có vẻ tự nhiên hơn vì nó mang tính chất tìm kiếm. B. CÁC BÀI TOÁN: Bài toán 1: Cho hình vẽ ABCD cạnh là a. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm di động E và F sao cho AE + EF + FA A E B = 2a. Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích ∆ CEF lớn nhất. Tìm giá trị đó. I Giải: Kẻ CI ⊥ EF ⇒ ΔCIE = ΔCBE F ⇒ CI = CB = a Ta lại có: D C Nguyễn Thị Hương 2
Đề tài sang kiến kinh nghiệm a2 1 a2 SABCD = SCEF + SCDF + SCBE + SAEF = 2SCEF + SAEF ⇒ SCEF = − EA.AF ≤ 2 2 2 a2 ⇒ Max SCEF = ⇔ AE.AF = 0 2 => hoặc AE = 0 hoặc AF = 0 suy ra hoặc E trùng với A hoăc F trùng với A. Bài toán 2: ˆ Cho tam giác vuông cân ABC ( A = 90o), cạnh góc vuông là a. Gọi M là trung điểm của BC. Từ đỉnh M vẽ góc 45o, các cạnh của góc này cắt một hoặc hai cạnh của tam giác MEF là lớn nhất. Tính giá trị đó theo a. Giải: a) Xét trường hợp E, F cùng nằm trên một cạnh: = 45o. Kẻ MP ⊥ AB , MQ ⊥ AC ta có tứ giác APMQ là hình vuông. Mặt khác: MF < MA; MQ < ME Trên đoạn MA lấy K sao cho MK = MF Trên ME lấy I sao cho MK = MQ Ta có: góc KMI = 450 − EMQ = FMQ => ∆ KMI = ∆ FMQ (c.g.c) => SKMI = SFMQ 1 a2 ⇒ S MEF < S MAQ = S ABC = 4 8 a2 Tức là: SMEF < 8 b) Xét trường hợp E và F tương ứng nằm trên 2 cạnh AB và AC, áp dụng bài toán 1 ta có : SAPMQ = 2SMEF + SAEF Nguyễn Thị Hương 3
Đề tài sang kiến kinh nghiệm a2 => 2SMEF = SAPMQ - SAEF => SMEF < 8 a2 Vậy Max SMEF < khi hoặc E ≡ A hoặc F ≡ A 8 Bài toán 3: Trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và có cùng diện tích hãy tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải: Cách 1: (hình vẽ 1) Xét ∆EBC cân tại E và ∆ABC bất kỳ có cùng diện tích (E và A nằm cùng một phía đối với BC, A khác E), ta có AE // BC. Ta sẽ chứng minh rằng BE + EC < BA + AC Gọi D là điểm đối xứng với C qua E Ta có: BE + EC = DC (1) ∆BDC có DE = EC; AE // BC nên AE đi qua trung điểm của BD. Ta lại có: BD ⊥ BC (vì tam giác BDC có đường trung tuyến BE bằng nửa CD) nên: AE ⊥ BD => AE là đường trung trực của BD nên AB = AD. Do đó BA + AC = DA + AC (2) ∆ADC có DC < DA + AC (3) Từ (1) (2) (3) => BE + EC < BA + AC Vậy trong các ∆ABC có cùng diện tích, có cùng cạnh BC thì tam giác cân đáy BC có chu vi nhỏ nhất. Cách 2: (hình vẽ 2) Xét các ∆ABC có cạnh đáy BC không đổi và có cùng diện tích. Do chiều Nguyễn Thị Hương 4
Đề tài sang kiến kinh nghiệm cao ứng với BC không đổi nên A chuyển động trên đường thẳng d // BC Gọi D là điểm đối xứng với B qua d, ta có AB = AD Chu vi ∆ABC nhỏ nhất => AB + AC nhỏ nhất. Ta có: AB + AC = DA + AC ≥ DC (không đổi) AB + AC = DC ≥ D; A ; C thẳng hàng. Khi đó A ở vị trí giao điểm E của DC và d; ∆EBC cân tại E. Vậy trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và cùng diện tích, tam giác cân với đáy BC có chu vi nhỏ nhất. Bài toán 4: Cho đường tròn (O;R) cố định. AC là một đường kính cố định. Đường kính BD thay đổi không trùng với AC. Xác định vị trí của BD để cho tứ giác ABCD có diện tích lớn nhất. Tìm diện tích lớn nhất theo R. Chứng minh rằng lúc ABCD có diện tích lớn nhất thì chu vi của tứ giác ABCD cũng lớn nhất. Giải: Xét tứ giác ABCD có ˆ ˆ ˆ A = B = C = 90 0 => tứ giác ABCD là hình chữ nhật S ABCD = AB.BC AB2 + BC 2 AC 2 ≤ = S ABCD ≤ 2 R 2 2 2 Vậy Max SABCD = 2R khi AB = BC AC BD khi đó ABCD là hình vuông. Ta có chu vi (ABCD) = 2(AB + BC) ≤ 2 2(AB2 + BC 2 ) = 2 2AC2 = 4R 2 Nguyễn Thị Hương 5
Đề tài sang kiến kinh nghiệm Vậy Max chu vi (ABCD) = 4R 2 Khi AB = BC tức là ABCD là hình vuông. Bài toán 5: Cho góc xOy khác góc bẹt và một điểm M thuộc miền trong của góc. Dựng đường thẳng đi qua M và cắt hai cạnh của góc thành một tam giác có diện tích nhỏ nhất ? Cách 1: Qua M dựng đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại D. Dựng B đối xứng với O qua D; BM cắt Ox tại A. Ta sẽ chứng minh rằng ∆OAB có diện tích nhỏ nhất. Qua M vẽ đường thẳng bất kỳ (không trùng với AB) cắt Ox; Oy theo thứ tự ở A’; B’. Ta sẽ chứng minh rằng SOAB < SOA'B' Thật vậy có duy nhất một đường thẳng qua M cắt Ox; Oy ở A; B sao cho M là trung điểm của AB nên MA’ và MB’ không bằng nhau. Giả sử MA’ > MB’, trên tia MA’ ta lấy điểm E sao cho ME = MB’ => SMBB' = SMAE < SMAA' => SOAB < SOA'B' Cách 2: Vẽ MH // OA ; MK // OB thì SOHMK không đổi. Đặt SOHMK = S3; SAKM =a; MB = b Ta có: S3 = S - (S1 + S2) nên các tam giác AKM; MHB; AOB đồng dạng nên: S3 S +S = 1− 1 2 S S Nguyễn Thị Hương 6
Đề tài sang kiến kinh nghiệm Các tam giác AKM; MHB; AOB đồng dạng nên: 2 2 S1 ⎛ a ⎞ S2 ⎛ b ⎞ =⎜ ⎟ và =⎜ ⎟ S ⎝a+b⎠ S ⎝a+b⎠ S (a + b) 2 S a 2 + b2 2ab ⇒ 3 = 1− = ⇒ = ≥2 S (a + b) (a + b) 2 2 S3 2ab (áp dụng bất đẳng thức ( a + b ) ≥ 4ab ; xảy ra đẳng thức và chỉ khi a = b) 2 Vậy S ≥ S3, do đó diện tích AOB nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b; khi đó M là trung điểm của AB. Trên đây là vài ví dụ về giải bài toán cực trị trong hình học, qua các bài toán trên bắt đầu hình thành cho các em học sinh, nhất là các em học sinh khá giỏi khái niệm về toán cực trị hình học với phương pháp giải của nó. Đối với học sinh THCS có thể phân loại các dạng toán cực trị kình học thường gặp như sau: Dạng 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc, quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu. Đối với dạng này học sinh cần nhớ các kiến thức: Ta có AH ⊥ d;A ∈ d; B ∈ d;C ∈ d; H ∈ d . a) AB ≥ AH Dấu “ = ” xảy ra ⇔ B ≡ H b) AB ≤ AC ⇒ BH ≤ HC Bài toán 6: Cho nửa đường tròn (O;R), đường kính AB; M là điểm trên nửa đường tròn. Xác định vị trí của M để: Diện tích tam giác MAB lớn nhất. Chu vi tam giác MAB lớn nhất. Giải: Nguyễn Thị Hương 7
Đề tài sang kiến kinh nghiệm MH ⊥ AB;H ∈ AB Vẽ MH.AB a) SMAB = = MH ⋅ R 2 Ta có MH ⊥ AB;O ∈ AB , do đó: MH ≤ OM = R; nên SMAB ≤ R2 (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra H ≡ O M là trung điểm của cung AB. AMB = 900 (AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ∆MAB vuông tại M có MH ⊥ AB ⇒ MH ⋅ AB = MA ⋅ MB ∆MAB vuông tại M theo định lý Pitago ta có: MA2 + MB2 = AB2 = 4R2 Gọi P là chu vi của ∆MAB ta có : PMAB = MA + MB + AB trong đó AB không đổi (MA + MB)2 = MA2 + MB2 + 2MA.MB Do đó PMAB lớn nhất MA + MB lớn nhất SMAB lớn nhất M là điểm chính giữa của cung AB. * Qua bài toán trên có thể giúp ta giải được bài toán : Trong các tam giác vuông có chung cạnh huyền, tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất và có chu vi lớn nhất. Bài toán 7: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Kẻ hai tiếp tuyến ã; By của nửa đường tròn (O) và tiếp tuyến thứ batiếp xúc với (O) tại M cắt Ax tại D và cắt By tại E. Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho: AD + BE đạt giá trị nhỏ nhất. OD.OE đạt giá trị lớn nhất. Giải: Vẽ DH ⊥ By; H ∈ By Tứ giác ADHB có A = B = H = 900 => ADHB là hình chữ nhật Nguyễn Thị Hương 8
Đề tài sang kiến kinh nghiệm => DH = AB = 2R Ta có AD = MD; BE = ME (tính chất hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại một điểm) Do đó: AD + BE = MD + ME = DE mà DE ≥ DH (do DE ⊥ By; E ∈ By ) Vậy AD + BE ≥ 2R (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra E ≡ H DE//AB ⇔ OM ⊥ AB ⇔ M là điểm chính giữa của cung AB. DA và DM là tiếp tuyến của (O) => OD là phân giác của AOM , tương tự OE là phân giác của MOB ; MOA và MOB kề bù. Do đó EOD = 90o ∆ODE vuông tại O; OM ⊥ DE nên OD·OE = OM·DE OD·OE = R·DE OD·OE nhỏ nhất DE nhỏ nhất M là điểm chính giữa cung AB. Có rất nhiều bài toán cực trị hình học mà việc vận dụng các bất đẳng thức trong tam giác và quy tắc các điểm rất quan trọng. Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy việc học và hiểu kiến thức về bất đẳng thức trong tam giác, quy tắc các điểm đối với học sinh không gặp khó khăn nhiều, nhưng ở đây việc vận dụng kiến thức đó vào việc giải các bài toán, nhất là các bài toán về cực trị hình học thì rất khó khăn với học sinh. Để giúp các em làm tốt hơn vấn đề này, tôi đã giúp các em nhớ lại, củng cố lại các kiến thức lý thuyết ở phần này. Dạng 2: Vận dụng các bất đẳng thức trong tam giác và quy tắc về khoảng cách các điểm. Để có thể giải được dạng bài tập này các em học sinh cần phải nhớ được Nguyễn Thị Hương 9
Đề tài sang kiến kinh nghiệm các kiến thức cơ bản sau : Tam giác ABC có : ||AB - AC| < BC < AB + AC ABC ≤ ACB ⇔ AC ≤ AB Tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có AB = A’B’; AC = A’C’ thì: BC ≤ B'C' ⇔ A ≤ A ' Quy tắc 3 điểm A; B; C a) BC ≤ AB + AC dấu “ = ” xảy ra A ∈ [ BC] b) BC ≥|AB - AC| dấu “ = ” xảy ra A; B; C thẳng hàng. Quy tắc n điểm: cho n điểm A1; A2;...; An Ta có: A1A2 + A2A3 + ... + An-1An Dấu “ = ” xảy ra A1; A2;...; An thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó. C. CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG Bài toán 8: Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d, hai điểm M; N thuộc d và độ dài MN không đổi. Xác định vị trí của hai điểm M; N để đường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Dựng hình bình hành MNBB’ ta có BB’ = MN = a (không đổi) Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d, ta có AM = A’M’, A’ cố định. Xét 3 điểm A’; M; B’ ta có: A’M + MB’ ≥ A’B’ Do đó AM + MN + NB = A’M + MN + NB’ = (A’M + MB’) + MN ≥ A’B’ + a Nguyễn Thị Hương 10
Đề tài sang kiến kinh nghiệm Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ∈ [ A 'B'] Bài toán 9: Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định, C là một điểm cố định nằm giữa A và O. M di động trên đường tròn (O;R). Tìm vị trí của điểm M trên (O;R) tương ứng lúc độ dài CM lớn nhất; nhỏ nhất. Giải: Xét 3 điểm C; O; M ta có: |OM - CO| ≤ CM ≤ CO + OM OA = OM = OB = R Do đó CA ≤ CM ≤ CB CM…..CB (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra M ≡ B Vậy khi M ≡ B thì đoạn thẳng CM có độ dài lớn nhất. Mặt khác CM ≥ CA (không đổi), dấu “ = ” xảy ra khi M ≡ A Vậy khi M ≡ A thì đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ nhất. Bài toán 10: Cho hai đường tròn ngoài nhau (O;R) và (O’R’). A nằm trên đường tròn (O); B nằm trên đường tròn (O’. Xác định vị trí các điểm A; B để đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: Kẻ OO’ cắt (O) tại C; D và cắt (O’) tại E ; F. Xét 3 điểm A; O’; B ta có : |O’A - O’B| ≤ AB ≤ O’A + O’B Xét 3 điểm O; A; O’ ta có : |OO’ - OA| ≤ O’A ≤ OA + OO’ Nguyễn Thị Hương 11
Đề tài sang kiến kinh nghiệm Mà OA = OC = OD = R; O’B = O’E = O’F = R Do đó OO’ - OD - OE’ ≤ AB ≤ OC + OO’ + O’F => DE ≤ AB ≤ CF * AB ≤ CF (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra A ≡ C; B ≡ F Vậy AB có độ dài lớn nhất khi A ≡ C; B ≡ F * AB ≥ DE (không đổi) Dấu "=" xảy ra A ≡ C; B ≡ E Bài toán 11: Cho ∆ đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R), M là một điểm di động trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Tìm vị trí của điểm M sao cho MA + MB + MC lớn nhất. Tính giá trị đó theo R. Giải: Kẻ đường kính AI trên tia đối của tia MB lấy đoạn MD = MC ta có ∆CMD cân tại M. Mà có CMD = 60o => ∆CMD đều. Xét ∆ACM và ∆ BCD: A = B (góc nội tiếp chắn CM ) AC = BC (gt) 180o - (60o + A ) = 180o – (60o + B ) hay ACM = BCD => ∆ACM = ∆BCD (g.c.g) => MA = BD Ta có: MB + MC = MB + MD = BD => MA + MB + MC = MA + BD = 2MA…..2AI = 4R (do MA là dây cung (O)) => Max (MA + MB + MC) = 4R khi M ≡ I Nguyễn Thị Hương 12
Đề tài sang kiến kinh nghiệm Dạng 3 : Trong quá trình giải các bài toán về cực trị hình học ta có thể vận dụng bất đẳng thức. Bài toán 12: Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di chuyển trên đoạn CD (E khác D), đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. Tìm vị trí của điểm E để độ dài EK ngắn nhất. Giải: Xét ∆ADE ( D = 90o). Áp dụng định lý Pitago ta có: AE2 = AD2 + DE2 (1) Xét ∆AKE ( K = 90o) Có AD ⊥ KE Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AE2 = ED.KE (2) AD 2 + DE 2 AD 2 AD 2 Từ (1) và (2) => KE = = + ED ≥ 2 ⋅ ED = 2AD ED ED ED AD 2 Vậy đoạn KE ngắn nhất khi = ED khi và chỉ khi AD = ED ED Khi đó điểm E ≡ C Bài toán 13: Cho đường tròn (O;R); AC là đường kính; BD là dây cung của (O;R) và BD vuông góc với AC. Hãy xác định vị trí của dây BD để diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. Giải: Ta có: AC ⊥ BD (gt) 1 Nên SABCD = AC ⋅ BD = R ⋅ BD 2 Nguyễn Thị Hương 13
Đề tài sang kiến kinh nghiệm Mà BD là dây cung của (O;R), do đó BD ≤ 2R Vậy SABCD ≤ 2R 2 . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi BD là đường kính của (O). Kết luận: Khi BD là đường kính của (O) thì diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất. * Ta đã biết: - Trong đường tròn (O), nếu AB và CD là hai dây cung ; H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên AB và CD thì ta có: OH ≥ OK AB ≤ CD AB ≤ CD ⇔ AOB ≤ COD Bài toán 14: Cho đường tròn (O;R). A là một điểm cố định trong đường tròn (A không trùng với O). Xác định vị trí điểm B trên đường tròng (O) sao cho AOB lớn nhất. Giải: Vẽ dây BC của đường tròn qua A, ta có: ∆OBC cân (OB = OC) 1800 − BOC OBA = 2 Vẽ OH ⊥ BC ( H ∈ BC ) A ∈ BC nên OH ≤ OA (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra H ≡ A ⇔ AB ⊥ OA tại A. Ta có: OBA lớn nhất ⇔ BOC nhỏ nhất ⇔ BC nhỏ nhất dây BC nhỏ nhất OH lớn nhất H ≡ A AB ⊥ OA tại A * Trên đây là một số bài toán cực trị thường gặp. Sau khi đã cho học sinh Nguyễn Thị Hương 14
Đề tài sang kiến kinh nghiệm làm quen hình thành được kiến thức về giải toán cực trị trong hình học, tôi tiếp tục cho học sinh rèn luyện những bài toán có yêu cầu cao hơn, nhất là các bài toán có kiến thức trọng tâm của lớp 8, lớp 9. Bài toán 15: Cho tam giác ABC. Xác định vị trí điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho: AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Xét ba trường hợp: a) Nếu ∆ABC có 3 góc nhọn vẽ BB1 và CC1 tương ứng vuông góc với đường thẳng AM. Ta có: 1 1 SAMB + SAMC = AM ⋅ BB1 + CM ⋅ CC1 2 2 1 1 = AM ( BB1 + CC1 ) ≤ AM ⋅ BC 2 2 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi AM vuông góc với BC. 1 Tương tự ta có: SBMC + SBMA = BC ⋅ AC 2 Dấu “ = ” xảy ra khi BM ⊥ AC 1 SCMB + SCMB = CM ⋅ AB Dấu “=” xảy ra khi CM ⊥ AB 2 Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức ta có: 1 2 ( SAMB + SBMC + SCMA ) ≤ ( AM ⋅ BC + BM ⋅ AC + CM ⋅ AB ) 2 ⇒ AM ⋅ BC + BM ⋅ AC + CM ⋅ AB ≥ 4SABC Dấu "=" xảy ra khi AM ⊥ BC; BM ⊥ AC;CM ⊥ AB Tức là M là trực tâm của ∆ABC Nguyễn Thị Hương 15
Đề tài sang kiến kinh nghiệm là trực tâm của ∆ABC b) Nếu ∆ABC có một góc vuông ( A = 900 ) dễ thấy M ≡ A khi đó MA = 0; MB = AB ; MC = AC => Min(MA.BC + MB.CA + MC.AB) = 2AB.AC = 4SABCD c) Nếu ∆ABC có một góc tù ( A > 90o) Vẽ tia Ax ⊥ AC và nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC chứa điểm B. Lấy điểm P trên tia Ax sao cho AP = AB. Xét điểm M nằm trong ∆APC. Vì ∆ABP cân tại A ⇒ APB = ABP Ta có MPB ≥ APB = ABP ≥ MBP ⇒ MB ≥ MP CPB > CBP ⇒ CB > CP Do đó MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ MA.CP + MP.AC + MC.AP ≥ 4SAPC Mà 4SAPC = 2 AP.AC = 2AB.AC không đổi Vậy min(MA.BC + MB.AC + MC.AB) = 2AB.AC khi và chỉ khi M ≡ A Bài toán 16: Cho đường tròn (O;R) và một điểm A cố định ở trên đó. AB và AC là hai dây quay quanh A sao cho tích AB.AC không đổi, đường cao AH của tam giác ABC. Khi AH > R, hãy tìm vị trí dây BC sao cho SABC lớn nhất. Giải: Vẽ OE ⊥ BC và (A;r) tiếp xúc với BC tại H cắt AD tại I. Ta sẽ chứng minh được đường tròn (A;r) luôn cố định. Thật vậy: ta có Nguyễn Thị Hương 16
Đề tài sang kiến kinh nghiệm ΔABD ∼ ΔAHC ( g.g ) AB' AD ⇒ = ⇒ AB ⋅ AC = AD ⋅ AH AH AC AB ⋅ AC AB ⋅ AC AB ⋅ AC ⇒ AH = = (không đổi) ⇒ I; H ∈ ( A; r ) với r = AD 2R 2R 1 Ta có: SABC = AH ⋅ BC do AH không đổi, do đó: 2 SABC lớn nhất khi BC lớn nhất OE bé nhất. Do OA < AH => O nằm giữa A và I Ta có OA + OE….AE….AH = AI = AO + OI => OE ≥ OI không đổi. Dấu “ = ” xảy ra khi E ≡ I ≡ H Vậy nếu H trùng I thì OE ngắn nhất. Khi đó dây BC qua I vuông góc với AD tại I. Bài toán 17: Cho đường tròn (O;R), dây BC cố định, A là điểm chuyển động trên cung lớn BC. AD là phân giác của góc ABC. Xác định vị trí điểm A để hiệu AB.AC - DB.DC đạt giá trị lớn nhất và SABC lớn nhất. Giải: a) Gọi A’; E là điểm chính giữa của cung lớn và cung nhỏ BC A’E cắt BC tại H => A 'E ⊥ BC AD là phân giác BAC nên A; D; E thẳng hàng Xét ∆ABD và ∆AEC có: A1 = A 2 (gt) ABC = AEC (góc nội tiếp cùng chắn AC ) Nguyễn Thị Hương 17
Đề tài sang kiến kinh nghiệm AB AD => ΔABD ∼ ΔAEC(g.g) ⇒ = ⇒ AB ⋅ AC = AE ⋅ AD (1) AE AC ΔABD ∼ ΔCED (A1 = C1;ABD = CED) AD BD (2) ⇒ = ⇒ BD ⋅ CD = AD ⋅ ED CD ED Từ (1) và (2) ⇒ AB ⋅ AC − BD ⋅ DC = AE ⋅ AD − AD ⋅ ED = ( AE − ED ) ⋅ AD = AD 2 Mà AE ≤ A 'E ⎫ ⎬ ⇒ AE − ED ≤ A 'H hay AD ≤ A 'H ED ≥ ED ⎭ Vậy ta có: AB·AC – DB·DC ≤ A’H2 (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra D ≡ H ; A ≡ A’=> A là điểm chính giữa cung lớn BC. Bài toán 18: Cho đường tròn (O;R). Dựng đường tròn (O’;R’) sao cho tâm O nằm trên đường tròn (O’;R’). Dây cung AB của (O;R) di động và tiếp xúc với (O’;R’). Gọi C là tiếp điểm. Xác định vị trí của dây cung AB để tổng S = AC2 + BC2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R và R’. Giải: Gọi H là trung điểm của AB ⇒ OH ⊥ AB Vẽ OK ⊥ O 'C => tứ giác OHCK là hình chữ nhật ⇒ AC 2 + CB2 = ( AH + HC ) + ( HB − CH ) 2 2 AB2 = + 2HC 2 = 2AH 2 + 2HC2 2 ( ) ( = 2 R 2 − OH 2 + 2 O 'O 2 − O 'K 2 ) ⇒ S = 2R 2 − 2OH 2 + 2R '2 − 2 ( R '− OH ) 2 ( ) ( ) 2 = 2R 2 + R '2 − R '2 − 2OH 2 ≤ 2R 2 + R '2 R' ⇒ Max S=2R 2 + R '2 khi R ' = 2OH ⇔ OH = 2 Nguyễn Thị Hương 18
Đề tài sang kiến kinh nghiệm ⎛ R'⎞ Vậy AB là tiếp tuyến chung ngoài của (O’;R’) và ⎜ O; ⎟ ⎝ 2 ⎠ Bài toán 19: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. Xác định vị trí của A sao cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R. Giải: Dễ thấy tứ giác ADHE là hình chữ nhật (D = E = A = 900 ) SADHE = AD.AE AD 2 + AE 2 DE 2 AH 2 ) ≤ = = 2 2 2 AH 2 AO 2 R 2 ⇒ SADHE ≤ ≤ = 2 2 2 R2 Vậy diện tích tứ giác ADHE lớn nhất bằng khi AD = AE tức là cung 2 AB = AC Bài toán 20: Cho đường tròn (O;R); BC là đường kính cố định. A là điểm di động trên đường tròn. Vẽ tam giác đều ABM có đỉnh M ở ngoài đường tròn (O). Từ C kẻ CH ⊥ MB . Gọi D, E, F, G lần lượt là trung điểm của OC, CM, MH, OH. Xác định vị trí của điểm A để SDEFG đạt giá trị lớn nhất. Giải: G, D lần lượt là trung điểm của OH, OC => GD là đường trung bình của Nguyễn Thị Hương 19

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.