Sáng kiến kinh nghiệm: Một số bài toán về cực trị trong hình học

Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 1 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. 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 Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 2 A B CD F E I 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 = 2a. Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích ∆ CEF lớn nhất. Tìm giá trị đó. Giải: Kẻ aCBCI CBECIEEFCI ==⇒ Δ=Δ⇒⊥ Ta lại có: 2 2 ABCD CEF CDF CBE AEF CEF AEF CEF a 1 aS S S S S 2S S S EA.AF 2 2 2 = + + + = + ⇒ = − ≤ 2 CEF aMax S AE.AF 0 2 ⇒ = ⇔ = Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 3 => hoặc AE = 0 hoặc AF = 0 suy ra hoặc E trùng với A hoăc F trùng với A. Bài toán 2: Cho tam giác vuông cân ABC ( Aˆ = 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 ABMP⊥ , ACMQ ⊥ 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 n n n0KMI 45 EMQ FMQ= − = => ∆ KMI = ∆ FMQ (c.g.c) => SKMI = SFMQ 8 aS 4 1SS 2 ABCMAQMEF ==<⇒ Tức là: 8 aS 2 MEF < 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 => 2SMEF = SAPMQ - SAEF => 8 aS 2 MEF < Vậy Max 8 aS 2 MEF < khi hoặc E ≡ A hoặc F ≡ A Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 4 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 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 Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 5 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 090CˆBˆAˆ === => tứ giác ABCD là hình chữ nhật 2 222 2 22 AB . RSACBC BCABS ABCD ABCD ≤=+≤ = Vậy Max SABCD = 2R khi AB = BC AC BD khi đó ABCD là hình vuông. Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 6 Ta có chu vi (ABCD) = 2(AB + BC) 2R4AC22)BCAB(22 222 ==+≤ Vậy Max chu vi (ABCD) = 2R4 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 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: Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 7 3 1 2S S S1 S S += − Các tam giác AKM; MHB; AOB đồng dạng nên: 2 1S a S a b ⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠ và 2 2S b S a b ⎛ ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ( ) ( ) ( )22 23 2 2 3 a bS a b 2ab S1 2 S S 2aba b a b ++⇒ = − = ⇒ = ≥+ + (áp dụng bất đẳng thức ( )2a b 4ab+ ≥ ; xảy ra đẳng thức và chỉ khi a = b) 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. Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 8 Giải: Vẽ MAB MH AB;H AB MH.ABa) S 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. n n0AMB 90 (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 l l l 0A B H 90= = = Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 9 => ADHB là hình chữ nhật => 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 nAOM , tương tự OE là phân giác của nMOB; nMOA và nMOB kề bù. Do đó nEOD = 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. Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 10 Để có thể giải được dạng bài tập này các em học sinh cần phải nhớ được các kiến thức cơ bản sau : Tam giác ABC có : |AB - AC| < BC < AB + AC n nABC ACB AC AB≤ ⇔ ≤ Tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có AB = A’B’; AC = A’C’ thì: l lBC 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 + Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 11 MN + NB’ = (A’M + MB’) + MN ≥ A’B’ + a 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 Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 12 Xét 3 điểm O; A; O’ ta có : |OO’ - OA| ≤ O’A ≤ OA + OO’ 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 pBC (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 nCMD = 60o => ∆CMD đều. Xét ∆ACM và ∆ BCD: l lA B= (góc nội tiếp chắn qCM ) AC = BC (gt) 180o - (60o + lA ) = 180o – (60o + lB) hay n nACM 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)) Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 13 => Max (MA + MB + MC) = 4R khi M ≡ I 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 ( lD = 90o). Áp dụng định lý Pitago ta có: AE2 = AD2 + DE2 (1) Xét ∆AKE ( lK = 90o) Có AD KE⊥ Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AE2 = ED.KE (2) Từ (1) và (2) => 2 2 2 2AD DE AD ADKE ED 2 ED 2AD ED ED ED += = + ≥ ⋅ = Vậy đoạn KE ngắn nhất khi 2AD ED ED = khi và chỉ khi AD = 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: Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 14 Ta có: AC BD⊥ (gt) Nên ABCD 1S AC BD R 2 BD= ⋅ = ⋅ Mà BD là dây cung của (O;R), do đó BD ≤ 2R Vậy 2ABCDS 2R≤ . 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 p p n nAB 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 nAOB lớn nhất. Giải: Vẽ dây BC của đường tròn qua A, ta có: ∆OBC cân (OB = OC) n n0180 BOCOBA 2 −= Vẽ ( )OH BC H BC⊥ ∈ A ∈ BC nên OH ≤ OA (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra H A AB OA≡ ⇔ ⊥ tại Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 15 A. Ta có: nOBA lớn nhất nBOC⇔ nhỏ nhất pBC⇔ 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 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: ( ) AMB AMC 1 1 1 1 1 1S S AM BB CM CC 2 2 1 1AM BB CC AM BC 2 2 + = ⋅ + ⋅ = + ≤ ⋅ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi AM vuông góc với BC. Tương tự ta có: BMC BMA 1S S BC AC 2 + = ⋅ Dấu “ = ” xảy ra khi BM AC⊥ CMB CMB 1S S CM AB 2 + = ⋅ Dấu .xảy ra khi CM AB⊥ Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức ta có: Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 16 ( ) ( )AMB BMC CMA ABC 12 S S S AM BC BM AC CM AB 2 AM BC BM AC CM AB 4S + + ≤ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ Dấu "=" xảy ra khi AM BC;BM AC;CM AB⊥ ⊥ ⊥ Tức là M là trực tâm của ∆ABC b) Nếu ∆ABC có một góc vuông ( l 0A 90= ) 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 ( lA > 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 n nAPB ABP⇒ = Ta có n n n n n n 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: Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 17 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 ( )ABD AHC g.g AB' AD AB AC AD AH AH AC Δ Δ ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅ ∼ AB AC AB ACAH AD 2R ⋅ ⋅⇒ = = (không đổi) ( )I;H A;r⇒ ∈ với AB ACr 2R ⋅= Ta có: ABC 1S AH BC 2 = ⋅ do AH không đổi, do đó: SABC lớn nhất khi BC lớn nhất OE bé nhất. Do OA 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 Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 18 A’E cắt BC tại H => A 'E BC⊥ AD là phân giác nBAC nên A; D; E thẳng hàng Xét ∆ABD và ∆AEC có: m m1 2A A= (gt) n nABC AEC= (góc nội tiếp cùng chắn pAC ) => AB ADABD AEC(g.g) AB AC AE AD AE AC Δ Δ ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅∼ (1) m l n n 1 1ABD CED(A C ;ABD CED) AD BD BD CD AD ED CD ED Δ Δ = = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅ ∼ (2) Từ (1) và (2) ( ) 2AB AC BD DC AE AD AD ED AE ED AD AD⇒ ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = − ⋅ = 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⊥ Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 19 => tứ giác OHCK là hình chữ nhật ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 ABAC CB AH HC HB CH 2HC 2AH 2HC 2 2 R OH 2 O'O O'K S 2R 2OH 2R ' 2 R ' OH 2R R ' R ' 2OH 2R R ' R 'Max S=2R R ' khi R ' 2OH OH 2 ⇒ + = + + − = + = + = − + − ⇒ = − + − − = + − − ≤ + ⇒ + = ⇔ = Vậy AB là tiếp tuyến chung ngoài của (O’;R’) và R '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 l l l 0 ADHE 2 2 2 2 2 2 2 ADHE (D E A 90 ) S AD.AE AD AE DE AH 2 2 2 AH AO RS 2 2 2 = = = = +≤ = = ⇒ ≤ ≤ = ) Vậy diện tích tứ giác ADHE lớn nhất bằng 2R 2 khi AD = AE tức là cung p pAB 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 Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 20 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 ∆OHC => GD//HC và 1GD HC 2 = Tương tự EF là đường trung bình của ∆MHC => EF // HC và 1EF HC 2 = => GD //= EF => FEDG là hình bình hành. Vẽ OI BH⊥ ⇒ I là trung điểm của BH => OI là đường trung bình của ∆BHC. Vì thế ta có: OI // HC và 1OI HC 2 = Do ∆MAB đều => MA = MB ; OA = OB = R => OM là trung trực của AB => nBMO = 30o; ∆MOI có 0I 90= n 0IOM 30= nên là nửa của tam giác đều => 1OI OM 2 = => MO = HC (= 2OI) 1ED MO 2 = (ED là đường trung bình của ∆MOC); 1GD HC 2 = => ED = GD. Do đó DEFG là hình thoi. Tam giác EFG đều Ta có: 2 2 2 2 DEFG EFG HC BC3 3 EF 3 R 32 2S 2S 2 4 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = ≤ = (không đổi) Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 21 Dấu bằng xảy ra n n0 0H B MBC 90 ABC 30 AC R⇔ ≡ ⇔ = ⇔ = ⇔ = Bài toán 21: Cho đường tròn (O;R), I là điểm cố định ở bên trong đường tròn. Gọi AC và BD là hai dãy bất kỳ cùng qua I. Xác định vị trí của dây AC và DB để AB AD BC CD AB BC DA CD ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ a) lớn nhất b) nhỏ nhất Giải: Xét ∆ IDC và ∆IAB có n nDIC AIB= (đối đỉnh) n nIDC IAB= (cùng chắn pBC ) Do đó ∆IDC ~ ∆IAB ID IC CD IA IB AB = = (1) Tương tự ∆IDC ~ ∆IBC IA ID DA IB IC BC = = (2) Từ (1) và (2) ta có: ID ID IA DA CD ID IB AB BC DA CD IB IA IB AB BC IB AB BC AB BC DA CDHay :BD IB AB BC ⋅ + ⋅ + ⋅= = = ⇒ =⋅ ⋅ ⋅ + ⋅= ⋅⋅ Mặt khác ta có IC IC IA BC CD IA IB IB AB DA IC IA AB DA BC CD IA IA AB DA ⋅= ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅⇒ = ⋅⋅ Do đó: Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 22 AC AB DA BC CD AB BC DA CDIA : IB BD AB DA AB BC AC AB AD BC CD BD AB BC DA CD ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⋅ + ⋅⇒ = ⋅ + ⋅ Vậy: AB AD BC CD AB BC DA CD ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ đạt max AC max và BD min AC qua O và BD OI⊥ AB AD BC CD AB BC DA CD ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ đạt min AC min và BD max AC OI⊥ và AC qua O. Bài toán 22: Cho góc xOy vuông góc ở O và đường tròn tâm I bán kính r tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (I;r) cắt các tia Ox và Oy ở A và B. Xác định vị trí của đường thẳng d để: Độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất. Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất. Chu vi tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: a) Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh OA, OB, AB lần lượt tại D, E, F => OE = OD; BE = BF; AD = AF Do đó OA + OB – AB = OE + OD Tứ giác OEID là hình chữ nhật (vì có l l l 0O E D 90= = = ) Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 23 Và có OE = OD => OEID là hình vuông =>OD = OE = IE = ID = r => OA + OB – AB = 2r Mặt Khác SOAB = SOIA + SOIB + SIAB => OA.OB = r(OA + OB + AB) ∆ OAB có l 0O 90= nên AB2 = OA2 + OB2 AB2 = OA2 + OB2 = (OA - OB)2 + 2OA·OB ≥ 2OA·OB = 2r (2r + AB + AB) => AB2 – 4r·AB ≥ 4r2 => (AB - 2r)2 ≥ 8r2 ( )AB 2r 2 2 AB 2 2 1 r⇒ − ≥ ⇒ ≥ + ( )AB 2 2 1 r≥ + (không đổi) hay min ( )AB 2 2 1 r= + Dấu bằng xảy ra OA = OB AB OI⊥ tại M b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) OAB 2 1 1S r OA OB AB r 2r 2AB 2 2 r r AB r r 2 2 1 r 3 2 2 r = + + = + ⎡ ⎤= + ≥ + + = +⎣ ⎦ ( ) 2OABS 3 2 2 r≥ + (không đổi) Dấu “ = ” xảy ra OA = OB AB OI⊥ tại M Vậy diện tích ∆OAB đạt giá trị nhỏ nhất là ( ) 23 2 2 r+ khi A Ox;B Oy∈ ∈ ; AB OI⊥ tại M (I)∈ Bài toán 23: Cho đoạn thẳng AB cố định, C là điểm chuyển động trên đoạn AB. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính AB, AC, CB. Xác định vị trí của điểm C để diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn Đề tài sang kiến kinh nghiệm Nguyễn Thị Hương 24 C để diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn trên đạt giá trị lớn nhất. Giải: Đặt AB = 2a (không đổi) và AC = 2x Suy ra: CB = AB - AC = 2a - 2x (O ≤ x ≤ a) Gọi S1; S2; S3 lần lượt là diện tích của các nửa hình tròn đường kính AB, AC, CB ta có: ( ) 2 2 1 2 2 2 2 2 3 1 AB 1S a 2 2 2 1 AC 1S x 2 2 2 1 CB 1S a x 2 2 2 ⎛ ⎞= π = π⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞= π = π⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞= π = − π⎜ ⎟⎝ ⎠ Scần tìm = ( ) ( ){ }22 21 2 3 1S S S a x a x2 ⎡ ⎤− + = π − + −⎣ ⎦ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 1a x a 2ax