Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 16: Bất đẳng thức và cực trị hình học

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 16: Bất đẳng thức và cực trị hình học

1. CHUYÊN ĐỀ 16: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC 1. Bài toán tổng quát và cách giải a) Bài toán tổng quát “Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm những hình mà một đại lượng nào đó (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích ) có giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất” và có thể được cho dưới các dạng: Dạng 1: Bài toán về dựng hình Ví dụ: Cho đường tròn O và điểm P nằm trong đường tròn, xác định vị trí của dây đi qua điểm P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất. Dạng 2: Bài toán về chứng minh Ví dụ: Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P trong một đường tròn O thì dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất. Dạng 3: Bài toán về tính toán Ví dụ: Cho đường tròn O;R và điểm P nằm trong đường tròn có OP h . Tính độ dài nhỏ nhất của dây đi qua P . b) Hướng giải bài toán cực trị hình học Loại 1: Tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị lớn nhất Ta phải chứng tỏ được: + Với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f m ( m là hằng số) + Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f m Loại 2: Tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho biểu thức f có giá trị nhỏ nhất Ta phải chứng tỏ được: + Với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f m ( m là hằng số) + Xác định vị trí của hình H trên miền D để f m c) Cách trình bày lời giải bài toán cực trị hình học Cách 1: Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh mọi hình khác đều có giá trị của đại lượng phải tìm cực trị nhỏ hơn (hoặc lớn hơn) giá trị của đại lượng đó của 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 đạt cực trị.
2. Ví dụ: Cho đường tròn O và điểm P nằm trong đường tròn ( P không trùng với O). Xác định vị trí của dây đi qua điểm P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất. Lời giải: Cách 1: C O H B A P D Gọi AB là dây vuông góc với OP tại P và dây CD là dây bất kỳ đi qua P và không trùng với AB . Kẻ OH  CD suy ra OHP vuông tại H OH OP CD AB Như vậy trong tất cả các dây đi qua P, dây vuông góc với OP tại P có độ dài nhỏ nhất. Cách 2: A O H P B Xét dây AB bất kỳ đi qua P, kẻ OH  AB Theo liên hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm ta có: AB nhỏ nhất OH lớn nhất Ta lại có OH ≤ OP. Dấu bằng xảy ra khi H ≡ P. Vậy OH lớn nhất khi H ≡ P. Khi đó dây AB vuông góc với OP tại P. 2. Một số bài toán tìm cực trị hình học cơ bản a) Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu Kiến thức cần nhớ: Định lí 1: Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc là đường ngắn nhất. Định lí 2: Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến đường thẳng đó: Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn Nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau, và ngược lại, nếu hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bằng nhau.
3. Các ví dụ: Ví dụ 1: Trong các hình bình hành có hai đường chéo bằng 6cm và 8cm , hình nào có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn nhất đó. Phân tích định hướng tìm lời giải: Bài toán cho độ dài hai đường chéo nên ta phải đi tìm diện tích hình bình hành theo 2 đường chéo. Từ đó ta nghĩ đến việc chia hình bình hành thành 2 tam giác có diện tích bằng nhau là tam giác ABC và tam giác ADC và đi tính diện tích tam giác với đáy là AC. Sau đó dùng mối quan hệ hình chiếu và đường xiên để đánh giá. Lời giải: B B C C H O A O≡H A D D Xét hình bình hành ABCD có AC 8cm,BD 6cm Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Kẻ BH  AC. Ta có: SABCD 2SABC AC.BH Ta có AC 8cm,BH BO 3cm . Do đó: SABCD 8.3 24 . Dấu bằng xảy ra khi BH BO BD  AC . 2 Vậy MaxSABCD 24cm . Khi đó hình bình hành ABCD là hình thoi . Ví dụ 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 của M của AB có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax , By theo thứ tự tại C và D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích tam giác đó. Phân tích định hướng tìm lời giải: Vẽ hình và dựng đường cao MH qua đó chứng minh được MH MB a . Từ đó ta nghĩ đến việc tính diện tích tam giác MCD theo MH và CD. Vậy ta chỉ cần đi đánh giá CD là xong. Lời giải:
4. x y D 1 2 H C A B M K Gọi K là giao điểm của CM và DB Ta có: MA MB ; µA Bµ 900 , ·AMC B· MK MAC = MBK MC MK Mặt khác DM  CK DCK cân Dµ 1 Dµ 2 Kẻ MH  CD. Ta có MHD = MBD MH MB a 1 1 1 2 SMCD = CD.MH ≥ AB.MH = 2 a.a a 2 2 2 2 · 0 · 0 2 SMCD a CD  Ax khi đó AMC = 45 ; BMD = 45 Min SMCD a . Vậy các điểm C, D được xác định trên Ax,By sao cho AC = BC a . b) Sử dụng quan hệ giữa đường thẳng và đường gấp khúc Kiến thức cần nhớ: Cho n điểm A1; A2; A3; ; An . Khi đó ta luôn có A1A2 A2 A3 An 1An A1An Dấu bằng xẩy ra n điểm A1; A2; A3; ; An thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho góc x· Oy và điểm A nằm trong góc đó. Xác định điểm B thuộc tia Ox , điểm C thuộc tia Oy sao cho OB = OC và tổng AB + AC là nhỏ nhất. Phân tích định hướng tìm lời giải:
5. Cần tạo ra tổng các đoạn thẳng có điểm đầu và điểm cuối cố định vậy ta dựng tia Om bên ngoài góc xOy sao cho ·yOm ·xOA. Trên tia Om lấy điểm D sao cho OD = OA. Các điểm D và A cố định. Ta đi chứng minh AB CD sau đó đánh giá. Lời giải: m y D Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy sao C · · Om lấy cho yOm xOA. Trên tia A điểm D sao cho OD = OA. Các điểm D và A cố định. O B x Ta có OD = OA, OC = OB, C· OD B· OA DOC = AOB CD = AB Do đó AC + AB = AC + CD. Mà AC + CD ≥ AD AC + AB ≥ AD Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi C AD . Vậy Min(AC + AB) = AD. Khi đó C là giao điểm của AD và Oy, B thuộc tia Ox sao cho OB = OC. Ví dụ 2: 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. Phân tích định hướng tìm lời giải: Vẽ hình và chứng minh được chu vi tứ giác EFGH bằng 2 AI IK KM MC mà A, C lại cố định nên ta đánh giá được. Lời giải:
6. Gọi I, K, L theo thứ tự là trung điểm của EF, EG, EH . EF AEF vuông tại A có AI là trung tuyến AI 2 GH CGH vuông tại C có CM là trung tuyến CM 2 FG IK là đường trung bình của EFG IK 2 EH KM là đường trung bình của EGH KM 2 Do đó: chu vi EFGH = EF + FG + GH + EH = 2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có: AI + IK + KM + MC ≥ AC. Suy ra chu vi EFGH ≥ 2AC (độ dài AC không đổi). Từ đó suy ra chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC A, I, K, M, C thẳng hàng. Khi đó ta có EH//AC, FG//AC, ·AEI E· AI ·ADB nên EF//DB, tương tự GH//DB. Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD. c) Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn Kiến thức cần nhớ: Định lí 1: Trong một đường tròn thì đường kính là dây lớn nhất. Định lí 2: Trong một đường tròn: Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm và ngược lại. Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn và ngược lại. Định lí 3:Bán kính của hai đường tròn là R r , còn khoảng cách giữa tâm của chúng là d. Điều kiện cần và đủ để hai đường tròn đó cắt nhau là R – r d R r Định lí 4:Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bất kì nằm trong đường tròn. Khi đó ta có R – d MN R d . Với N là điểm bất kì trên đường tròn và d là khoảng cách từ M tới tâm đường tròn. Định lí 5: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bất kì ngoài đường tròn. Khi đó ta có d – R MN d R . Với N là điểm bất kì trên đường tròn và d là khoảng cách từ M tới tâm đường tròn. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau ở A và B. một cát tuyến chung bất kỳ CBD (B nằm giữa C và D) cắt các đường tròn (O) và (O’) tại C và D. Xác định vị trí của cát tuyến CBD để ACD có chu vi lớn nhất.
7. Phân tích định hướng tìm lời giải: Vẽ hình và chứng minh được số đo các góc ACD không đổi ACD có chu vi lớn nhất khi một cạnh của nó lớn nhất. Mặt khác trong đường tròn đường kính là dây lớn nhất nên từ đó ta tìm được chu vi lớn nhất của tam giác. Lời giải: A D O O’ n m C’ D’ B C 1 1 sđCµ = sđ ¼AmB ; sđ Dµ = sđ ¼AnB 2 2 số đo các góc ACD không đổi ACD có chu vi lớn nhất khi một cạnh của nó lớn nhất, giả sử AC là lớn nhất. Ta có AC là dây của đường tròn (O), do đó AC lớn nhất khi AC là đường kính của đường tròn (O), khi đó AD là đường kính của đường tròn (O’). Cát tuyến CBD ở vị trí C’BD’ vuông góc với dây chung AB. Ví dụ 2: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn. Xác định dây AB đi qua P sao cho O· AB có giá trị lớn nhất. Phân tích định hướng tìm lời giải: Vẽ hình và nhận thấy O· AB có giá trị lớn nhất khi ·AOB nhỏ nhất tức là AB nhỏ nhất. Từ đó dựa vào quan hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây để đánh giá. Lời giải: B’ O ) A B H P A’
8. Xét tam giác cân OAB, góc ở đáy O· AB lớn nhất góc ở đỉnh ·AOB nhỏ nhất. 1 Mà: ·AOB sđ »AB Góc ·AOB nhỏ nhất Cung »AB nhỏ nhất 2 dây AB nhỏ nhất Khoảng cách đến tâm OH lớn nhất. Ta có: OH ≤ OP OH = OP H ≡ P nên MaxOH = OP AB OP Suy ra dây AB phải xác định là dây A’B’ vuông góc với OP tại P. 3. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị 3.1.Dự đoán vị trí xảy ra cực trị Kiến thức cần nhớ: Bước 1: Phân tích đề dự đoán vị trí xảy ra cực trị Chú ý: một số hướng dự đoán +) Hình đặc biệt như tam giác cân, tam giác đều, hình vuông, hình thoi, hình chữ nhật +) Điểm đặc biệt như trung điểm, chân đường cao, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn +) Dùng hình vẽ trực quan để dự đoán. +) Dùng điểm cố định đường cố định. +) Dùng phần mềm vẽ hình Geometer's Sketchpad để tìm vị trí đạt cực trị. Bước 2: Chỉ ra hình đạt cực trị và chứng minh 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. Các ví dụ: Ví dụ 1:Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O,R), điểm M đi động trên cung nhỏ AB. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. Phân tích định hướng tìm lời giải: +) Vẽ hình và dự đoán chu vi tam giác MAB lớn nhất khi tam giác cân tại M tức là trùng vào điểm M’ là giao của CO với đường tròn. +) Khi M  M ' M ' A M 'B M 'C nên ta dự đoán là MA MB MC +) Để chứng minh MA MB MC ta lấy A’ trên MC sao cho MA' MA và đi chứng minh MB A'C . Lời giải:
9. A 1 2 M' M O A' B H C Ta có chu vi tam giác MAB là: MA MB AB mà AB cố định nên chu vi lớn nhất khi MA MB lớn nhất. Lấy A’ trên MC sao cho MA' MA 1 , lại có ·AMC ·ABC 600 (tính chất góc nội tiếp) µ µ 0 · AMA' đều A1 A2 60 BAA' Xét tam giác AMB và tam giác AA’C có: MA AA' µ µ A1 A2  AMB AA'C MB A'C 2 AB AC  Từ (1) và (2) ta được MA MB MA' A'C MC Kẻ đường kính M’C ta có MC M 'C . Vậy chu vi tam giác MAB lớn nhất khi M  M ' MA MB 2R . Kẻ AO căt BC tại H ta được H là trung điểm BC, O là trọng tâm tam giác ABC 3 3 AH AH AO R AB 3R . 2 2 sin600 Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2 3 R . Với đại trà thì bài tập được chia thành các phần như sau: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O,R), điểm M đi động trên cung nhỏ AB. a) Chứng minh rằng MA MB MC . b) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. Ta có thể mở rộng bài toán như sau:
10. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O,R), điểm M đi động trên cung nhỏ AB. Tìm giá trị lớn nhất của MA MB MC theo R. Ví dụ 2:Cho tam giác ABC có B,C cố định, A thay đổi sao cho đường cao AH h không đổi. Tìm vị trí của điểm A để bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. Phân tích định hướng tìm lời giải: +) A thay đổi sao cho đường cao AH h không đổinênA thuộc đường thẳng d cố định song song với BC và cách BC một đoạn h. +) Diện tích tam giác ABC không đổi mà SABC p.r với p là nửa chu vi và r là bán kính đường tròn nội tiếp. Vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất tức là AB AC nhỏ nhất. +) Lấy C’ đối xứng với C qua d ta được AB AC AB AC ' từ đó ta dự đoán được AB AC nhỏ nhất khi A  I với I là giao điểm của BC’ và d. Lời giải: Vì điểm A thay đổi sao cho đường cao AH h không đổinênA thuộc đường thẳng d cố định song song với BC và cách BC một đoạn h. Gọi (O; r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC, AC, AB lần lượt tại E, F, G . 1 1 Ta có S AH.BC h.BC không đổi. ABC 2 2 1 Lại có S S S S r AB BC CA mà BC không đổi. ABC AOB BOC COA 2 Từ đó ta có r lớn nhất khi AB AC nhỏ nhất. Lấy C’ đối xứng với C qua d C’ cố định và AC AC ' AB AC AB AC ' BC ' AB AC nhỏ nhất khi A  I với I là giao điểm của BC’ và d.
11. Gọi P là trung điểm của CC’ vì d PBC nên I là trung điểm của BC’ IB IC ' IC AB AC . Vậy r lớn nhất khi tam giác ABC cân tại A. Bài tập này với đại trà có thể chia câu hỏi nhỏ hơn như sau: Cho tam giác ABC có B,C cố định, A thay đổi sao cho đường cao AH h không đổi. a) Chứng minh rằng A nằm trên đường thẳng cố định. b) Tìm vị trí của điểm A để chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. c) Chứng minh rằng khi chu vi tam giác ABC nhỏ nhất thì bán kính của đường tròn nội tiếp đạt giá trị lớn nhất. Ví dụ 3:Cho tam giác ABC góc A bằng 600 đường cao AH 3cm . Tìm độ dài nhỏ nhất của BC. Phân tích định hướng tìm lời giải: +) Vẽ hình, dự đoán cực trị xảy ra khi tam giác ABC cân tại A. +) Vẽ hình lên phần mềm Geometer's Sketchpad cho góc A cố định, BC di chuyển trên đường thẳng cố định d cách A một khoảng AH 3cm . Cho tính độ dài BC khi di chuyển để thấy nó đạt nhỏ nhất khi tam giác ABC cân. mBAC = 60.00 mBAC = 60.00 m BC = 5.03 cm m BC = 4.10 cm A A B H C B H C +) Lấy M, N thuộc d sao cho tam giác AMN cân tại A và góc A bằng 600 ta đi chứng minh MN BC Lời giải: Lấy M,N trên đường thẳng d sao cho tam giác AMN đều.
12. A C H B M N Giả sử C nằm giữa MN thì B nằm ngoài MN AB.AC.sinA BC.AH AB.AC.sin A AB.AC Ta có S BC ABC 2 2 AH 2 AB.AM.sin B· AM AN.AC sinC· AN Ta có B· AM C· AN , BM ;CN AH AH Lại có AB AM AN; AM AC . Từ đó ta suy ra BM CN BC MN Vậy BC nhỏ nhất khi nó bằng MN. Khi đó tam giác ABC đều có đường cao AH 3cm 3 nên BC AB AC AH :sin600 3 : 2cm . 2 3.2. Chuyển về bài toán tìm cực trị của biểu thức đại số Kiến thức cần nhớ: Bước 1:Chọn một đại lượng làm biến (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, tỉ số lượng giác của một góc ). Cũng có trường hợp phải chọn hai hay nhiều đại lượng làm biến cho phù hợp. Bước 2: Biểu diễn đại lượng cần tìm cực trị theo biến và đi tìm cực trị của biểu thức đại số. Bước 3:Chuyển bài toán trở lại các yếu tố hình học và kết luận. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho đường tròn tâm O đường kính BC 2R . Lấy điểm A bất kỳ thuộc đường tròn (khác B, C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Tìm vị trí điểm H khi tam giác ABH có diện tích lớn nhất. Phân tích tìm lời giải: +) Ở bài toán này nếu cực trị xảy ra ở vị trí đặc biệt thì học sinh sẽ nghĩ là khi tam giác ABC cân tại A. Tuy nhiên nó chỉ đúng khi H nằm trong đoạn OB còn khi H nằm trong đoạn OC thì nó không còn đúng nữa. +) Vẽ hình lên phần mềm Geometer's Sketchpad để thấy rõ hơn.
13. +) Vị trí đạt cực trị không thể dự đoán bằng hình được nên biện pháp 1 trong trường hợp này không thể áp dụng vậy ta nghĩ đến việc đặt ẩn để chuyển về tìm cực trị của biểu thức đại số. +) Chọn đại lượng đặt ẩn sao cho các đại lượng còn lại biểu diễn dễ dàng nhất có thể. 1 +) Ta thấy S AH.BH mà AH 2 BH.CH,CH 2R BH nên ta đặt ABH 2 BH x CH 2R x,AH x 2R x Lời giải:
14. Gọi BH x x 0 CH 2R x ta có tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC nên tam giác vuông tại A mà H là hình chiếu vuông góc của A trên BC nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được: AH2 BH.CH AH x 2R x 1 1 1 S AH.BH x x 2R x x3 2R x ABH 2 2 2 x x x Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 4 số không âm ; ; ; 2R x ta được: 3 3 3 3 x x x x 2R x 4 4 2R x 3 3 3 3 2 16 2R x3 2R x 3 3 3 3R2 1 x3 2R x 4 2 3 3R2 S ABH 4 x 3R Dấu bằng xảy ra khi 2R x x . 3 2 3R Vậy khi tam giác ABH có diện tích lớn nhất thì H ở cách B một khoảng là . 2 Đối với học sinh đại trà ta chia nhỏ câu hỏi như sau:
15. Cho đường tròn tâm O đường kính BC 2R . Lấy điểm A bất kỳ thuộc đường tròn (khác B, C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. a) Cho BH x tính diện tích tam giác ABH theo R, x b) Tìm vị trí điểm H khi tam giác ABH có diện tích lớn nhất. Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm . Trên các cạnh AB, BC, CD, DA, lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH. Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Phân tích tìm lời giải: +) Vẽ hình và nhận thấy AHE BEF CFG DGH HE EF FG GH, H· EF 900 Từ đó ta được tứ giác EFGH là hình vuông. +) Nếu đặt AE x thì các cạnh của hình vuông EFGH đều tính được theo x nên chu vi cũng tính được theo x. +) Thiết lập biểu thức chu vi theo biến x và đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Lời giải: A x E 4-x B 4-x F H C D G Xét tam giác AHE và tam giác BEF lần lượt vuông tại A , B ta có: AE BF   AHE BEF AH BE Tương tự ta chứng minh được: AHE BEF CFG DGH HE EF FG GH, HEF 900 HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ nhất khi HE nhỏ nhất. Đặt AE x thì HA EB 4 x
16. Tam giác HAE vuông tại A nên ta có: HE 2 AE 2 AE 2 x2 (4 x)2 2x2 8x 16 2(x 2)2 8 8 HE 8 2 2 x 2 Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 8 2 cm, khi đó AE = 2cm. Ví dụ 3: Cho đoạn thẳng AB 8cm , điểm M di chuyển trên đoạn thẳng ấy. Vẽ các đường tròn có đường kính MA và MB. Xác định vị trí của điểm M để tổng diện tích của hai hình tròn có giá trị nhỏ nhất. Phân tích tìm lời giải : +) Vẽ hình, nhận thấy rằng diện tích của hình tròn được tính theo bán kính và tổng bán kính của hai đường tròn này là không đổi vậy ta có thể đặt ẩn là bán kính để đi biểu diễn diện tích theo ẩn. +) Ta có thể đặt một ẩn hoặc hai ẩn. Nếu đặt một ẩn thì ta có : OA x O'B 4 x . Sau đó đi biểu diễn tổng diện tích theo biến và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Nếu đặt hai ẩn thì ta có: OA x;O'B y x y 4. Sau đó đi biểu diễn tổng diện tích theo hai biến và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Lời giải : A x O M O' y B Đặt OA x;O'B y x y 4 Gọi S và S’ theo thứ tự là diện tích của 2 hình tròn có đường kính là MA và MB. Ta có: S + S’ = x2 y2 = . x2 y2 2 x y 42 Ta có bất đẳng thức: x2 y2 8 nên:S + S’ 8 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y 2 .
17. Do đó tổng diện tích hai hình tròn nhỏ nhất bằng 8 khi M là trung điểm của AB. Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD có cạnh a và hai điểm M, N thay đổi lần lượt trên BC, CD sao cho góc M· AN 450 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN Lời giải K y B x M C N y A D Đặt BM x; DN y 0 x; y a . Khi đó ta có SAMN SABCD SABM SADN SCMN 2 1 1 2 Hay ta được SAMN a ax ay a x a y a xy 2 2 Trên tia đối của tia BM lấy điểm K sao cho BK y , khi đó ta được ABK ADN . Từ đó AN AK và B· AK D· AN .Để ý là B· AM D· AN 450 nên ta được B· AK B· AM K· AM 450 . Dễ thấy AKM AMN nên ta được 2 2 MN MK x y . Mặt khác từ tam giác vuông CMN có MN 2 a x a y Từ đó suy ra x y 2 a2 2ax x2 a2 2ay y2 xy a2 a x y a x y a2 xy 1 1 Do vậy S a x y at với t x y . Đến đây ta nhận thấy nếu t lớn nhất thì AMN 2 2 diện tích tam giác AMN lớn nhất và ngược lại. Như vậy ta cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của t. Để ý là ta đang có x y a và x.y a2 at . Khi đó thaeo hệ thức Vi – et ta có x, y là nghiệm của phương trình bậc hai X 2 tX a2 at 0 . Để phương trình trên có hai nghiệm x, y ta cần có
18. t 2 4 a2 at 0 t 2a 2 8a2 0 t 2a 2 2a t 2a 2 1 Khi t 2a 2 1 thì phương trình bậc hai có nghiệm kép t 2a 2 1 X X a 2 1 1 2 2 2 Điều này có nghĩa là x y a 2 1 và Mint 2a 2 1 . 1 Vậy ta được Min a.2a 2 1 a2 2 1 SAMN 2 Lại có xy a2 at at a2 xy nên suy ra at a2 t a 1 a2 Điều này có nghĩa là Maxt a , khi đó Max a.a SAMN 2 2 Trong trường hợp này ta được x a; y 0 hoặc x 0; y a hay M  B; N  C hoặc M  C, N  D . Bài tập Bài 1. Cho tam giác đều ABC và một điểm M bất kì trên cạnh BC. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AC. Tìm vị trí của điểm M trên đoạn BC sao cho đoạn thẳng PQ có độ dài bé nhất. Bài 2. Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Lấy điểm D bất kì trên cạnh BC. Gọi r1;r2 lấn lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD. Xác định vị trí của điểm D để tích r1.r2 có giá trị lớn nhất. Bài 3. Cho hình thang ABCD(AD//BC) thay đổi có các cạnh bên vuông góc với nhau. Gọi độ dài hai đáy của hình thang là a, b không đổi. Gọi giao điểm của hai đường chéo là O. Đường trung bình của hình thang cắt hai đường chéo tại P, Q. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OPQ theo a, b. Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC và hai điểm M, N nằm trong tam giác. Các tia AM, AN cắt BC lần lượt tại A1; A2 . Các tia BM, BN cắt AC lần lượt tại B1;B2 . Các tia CM, CN cắt AB lần lượt tại C1,C2 . Gọi D, E, F theo thứ tự là giao điểm của AA1 và B1C1 , BB1 và A1C1 , CC1 và A1B1 . Gọi P, Q, R theo thứ tự là giao điểm của AA2 và BB1, BB1 và CC1 , CC2
19. AM BM CM và AA . Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: X và 1 MD ME MF AP BQ CR Y PA2 QB2 RC2 Bài 5. Cho tứ giác lồi ABCD có ·ADC D· CB 900 và AD BC;DC a; AB b . Gọi I, N, J, M lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, CD, DB. Gọi S là diện tích a b 2 của tứ giác INJM. Chứng minh rằng S , dấu bằng xẩy ra khi nào? 8 Bài 6. Cho góc x· By khác góc bẹt và một điểm M nằm trong góc đó. Một đường thẳng d quay quanh M cắt các tia Bx, By lần lượt tại A, C. Xác định vị trí của đường thẳng d để: a) Diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. b) Tích SMAB.SMBC có giác trị nhỏ nhất. Bài 7. Cho tam giác ABC có B· AC 900 . Lấy điểm M trên cạnh BC, điểm N trên cạnh AC và điểm E trên cạnh AB. Xác định vì trí của các điểm M, N, E để chu vi tam giác MNE có giá trị bé nhất. Bài 8. Cho điểm P nằm trong đường tròn (O). Xét các tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại P, tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Bài 9. Cho tam giác ABC không vuông tại B và C. Gọi M là một điểm thay đổi và không nằm trên các đường thẳng AB, AC. Xác định vị trí của điểm M để tổng bán kính của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MAB và MAC nhận giá trị bé nhất. Bài 10. Trong các tam giác có chung cạnh BC và góc ở đỉnh còn lại bằng không đổi thì tam giác nào có chu vi lớn nhất. Bài 11. Cho tam giác ABC. Trong các đường tròn chứa tam giác ABC thì đường tròn nào có bán kính bé nhất. Bài 12. Cho tam giác ABC đều. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta luôn có MA MB MC . Dấu bằng xẩy ra khi nào? Bài 13. Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R). Tìm vị trí điểm M nằm trong đường tròn (O; R) sao cho tổng MA MB MC đạt giá trị a) Bé nhất. b) Lớn nhất.
20. Bài 14. Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R) và (O; R’) với R R'. Điểm A cố định trên đường tròn (O; R) và điểm B di động trên đường tròn (O; R’). Với mỗi vị trí của M dựng tam giác đều ABC. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của OC. Bài 15. Cho tam giác ABC có BC a;AC b . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IA2 IB2 IC 2 ABC. Chứng minh rằng 1,Đẳng thức xảy ra khi nào? a2 b2 c2 Bài 16.Cho ABC là một tam giác với tâm đường tròn nội tiếp là I. P là một điểm ở trong tam giác thỏa mãn P· BA P· CA P· BC P· CB . Chứng minh rằng AP AI , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P và I trùng nhau. Bài 17. Cho tam giác ABC có chu vi không đổi 2p. Gọi M, N, P lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A, B, C của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi MNP . Bài 18. Cho nửa đường tròn (O) có đường kính BC và A là một điểm chuyển động trên nửa đường tròn (O). Gọi H là hình chiếu của A trên BC và D là trung điểm của AC. Đường tròn tâm I nằm trên đường thẳng BC đi qua điểm B, D cắt AC tại E khác C. Gọi M là giao điểm của AH và BE. Xác định vị trí của điểm A để MA MD đạt giá trị lớn nhất. 3.3. Một số ví dụ chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng AC2 BD2 AB2 BC2 CD2 DA2 2 3S ABCD 2 Phân tích tìm lời giải Giả sử trong tứ giác ABCD ta lấy M và N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Khi đó theo công thức về đường trung tuyến cho các tam giác ABC, ADC, MBD ta được 4BM2 2 AB2 BC2 AC2 , 4DM2 2 AD2 DC2 AC2 và 4MN2 2 BM2 DM2 BD2 . Từ đó ta thu được đẳng thức AB2 BC2 CD2 DA2 AC2 BD2 4MN2 . Như vậy để chứng minh bất đẳng thức của AC2 BD2 bài toán ta cần chỉ ra được AC2 BD2 4MN2 3.S . Chú ý đến ABCD 2 1 S AC.BD và AC2 BD2 4MN2 AC2 BD2 . Kết hợp hai bất đẳng thức trên với ABCD 2 đánh giá sau AC2 3BD2 AC2 BD2 AC2 BD2 AC2 BD2 3AC.BD 2 2 2 2 Đến đây thì bài toán xem như được chứng minh. Lời giải
21. Giả sử trong tứ giác ABCD ta lấy M và N lần lượt là B trung điểm của AC và BD. Khi đó áp dụng tính chất đường trung tuyến ta có: Trong tam giác ABC có BM là 2 2 2 2 đường trung tuyến nên 4BM 2 AB BC AC và N C trong tam giác ADC có DM là đường trung tuyến nên A M 4DM2 2 AD2 DC2 AC2 D Do đó ta được 4BM2 4DM2 2 AB2 BC2 AD2 DC2 2AC2 2 BM2 DM2 AB2 BC2 AD2 DC2 AC2 Trong tam giác MBD có MN là đường trung tuyến nên 4MN2 2 BM2 DM2 BD2 Do đó ta được 4MN2 2 BM2 DM2 BD2 AB2 BC2 AD2 DC2 AC2 BD2 Hay AB2 BC2 CD2 DA2 AC2 BD2 4MN2 Khi đó ta được AB2 BC2 CD2 DA2 AC2 BD2 4MN2 AC2 BD2 AC2 3BD2 AC2 BD2 AC2 BD2 Mà ta có AC2 BD2 3AC.BD 2 2 2 2 1 AC2 BD2 Lại có S AC.BD nên ta được AC2 BD2 2 3S ABCD 2 ABCD 2 AC2 BD2 Từ đó suy ra AB2 BC2 CD2 DA2 2 3S ABCD 2 M  N Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi AC 3BD Tứ giác ABCD là hình thoi có  AC BD µ µ 0 A C 60 µ µ 0 B D 120 Nhận xét: + Ta có thể sử dụng bất đẳng thức 2MN AB CD ; 2MN AD BC Khi đó ta có bất đẳng thức mạnh hơn là 2 2 2 2 AB CD AD BC 3 3SABCD AC BD + Ngoài ra nếu sử dụng bất đẳng thức trong tam giác a2 b2 c2 4 3.S cũng cho ta kết quả cần chứng minh.
22. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có ma ,lb ,lc và p theo thứ tự là độ dài đường trung tuyến hạ từ đỉnh A, độ dài đường phân giác trong hạ tứ đỉnh B, C và nửa chu vi của tam giác. Chứng minh rằng ma lb lc p 3 Phân tích tìm lời giải Bất đẳng thức liên quan đến ma ; lb ; lc và p nên ta sẽ biểu diễn ma ; lb ; lc theo p. Theo B 2cacos B B công thức về đường phân giác ta có l 2 ca.cos l2 ac.cos2 , chú ý là b c a 2 b 2 2 2 2 2 2 2 2 B 1 cos B c a b 2 ac c a b cos và cos B nên lb 1 p p b . Theo 2 2 2ca 2 2ca công thức đường trung tuyến ta có 2 4m2 b c p b p c b c p b p c 2p 2p p a p b . a 2 2 2 2 Từ đó ta được p p b p p c 2 p ma hay lb lc 2 p ma . Đến đây 2 2 bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được ma 2 p ma p 3 . Lời giải Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề: Với A 1 cos 2 mọi 0 450 ta luôn có cos2 2 Thật vậy, xét tam giác ABC vuông tại A có Cµ và đường cao AH, đường trung tuyến AM. Trong B H M C tam giác AHM có A· HM 900 ; A· MH 2 HM cos2 AM HM AM HM CM HM HC Do đó 1 cos2 1 AM AM AM AM 2 2 2 CH 2CH 2CH 2CH CH Ta có 2cos AC BC.CH BC 2AM AM 1 cos 2 Từ đó ta được cos2 , bổ đề được chứng minh. 2 Trở lại bài toán: Đặt AB c; BC a; CA b , khi đó theo công thức về đường phân giác ta có B 2cacos B B l 2 ca.cos l2 ac.cos2 b c a 2 b 2 2 B 1 cos B 2 1 cos B Áp dụng bổ đề trên ta có cos , từ đó ta được lb ac 2 2 2
23. c2 a2 b2 Mà theo công thức về đường trung tuyến ta có cos B 2ca 2 2 2 2 ac c a b Suy ra lb 1 p p b lb p p a . Tương tự ta có 2 2ca lc p p c Cũng theo công thức về đường trung tuyến ta có 2 2 4m2 2b2 2c2 a2 b c a2 b c a b c p b p c b c p b p c Mặt khác ta lại có b c 2 p b p c b c 2p b c 2p 2 b c 2 p b p c 2p p b p c Do đó ta được 2 2 2 2 4ma 2p 2p p a p b p p b p p c 2 p ma 2 2 Suy ra lb lc 2 p ma 2 2 2 2 2 Do đó ta được ma lb lc ma 2 p ma 1 2 ma p ma p 3 Dấu bẳng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC có ha ,hb ,hc và la ,lb ,lc tương ứng là các đường cao và đường phân giác hạ từ đỉnh A, B, C. Gọi r và R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: h A h B h C r a sin b sin c sin la 2 lb 2 lc 2 4R Phân tích tìm lời giải h A Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta đi tìm mối liên hệ của a sin với các la 2 cạnh của tam giác ABC. Để ý đến tam giác ABC ta được 1 1 A 1 A S a.h ; S b.l .sin ; S c.l .sin . Khi đó ta được ABC 2 a ABA' 2 a 2 ACA' 2 a 2 2 p a 1 1 A ha b c A ha A A a.ha b c la .sin sin . Từ đó sin .sin . Từ đó 2 2 2 la a 2 la 2 a 2 h A h B h C 8 p a p b p c A B C a sin b sin c sin .sin sin sin . Để la 2 lb 2 lc 2 abc 2 2 2 abc làm xuất hiện R và r ta chứ ý đến các công thức S pr p p a p b p c . ABC 4R
24. A B C 1 Đến đây ta quy bài toán về chứng minh sin sin sin , đây là một bất đẳng thức 2 2 2 8 quen thuộc và ta xem như một bổ đề. Lời giải A B C 1 Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong tam giác nhọn ABC ta luôn có sin sin sin 2 2 2 8 BD CD BD BD CD BC Thật vậy, vẽ đường phân giác AD ta có . AB AC AB AB AC AB AC Vẽ BI  BC BI BD . Tam giác ABI có A A BI BD BC BC sin 2 AB AB AB AC 2 AB.AC Chứng minh tương tự ta có I B AC C AB B C sin ; sin D 2 2 AB.BC 2 2 AC.BC A B C 1 Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được sin .sin .sin 2 2 2 8 Gọi AA’ là đường phân giác hạ từ đỉnh A, gọi p là nửa A chu vi của tam giác ABC. Đặt AB c; BC a; CA b Ta có S ABC S ABA' S ACA' mà ta lại có l 1 1 A 1 A ha a S a.h ; S b.l .sin ; S c.l .sin ABC 2 a ABA' 2 a 2 ACA' 2 a 2 1 1 A ha b c A Do đó a.ha b c la .sin sin B A' C 2 2 2 la a 2 ha A b c A b c a A 2 p a A Suy ra sin 1 sin .sin .sin la 2 a 2 a 2 a 2 h B 2 p b B h C 2 p c C Hoàn toàn tương tự ta được b sin .sin ; c sin .sin lb 2 b 2 lc 2 c 2 Do đó ta được h A h B h C 8 p a p b p c A B C a sin b sin c sin .sin sin sin la 2 lb 2 lc 2 abc 2 2 2 A B C 1 abc Mà theo bổ đề sin sin sin và theo các công thức về diện tích là S 2 2 2 8 ABC 4R Và công thức Heron SABC p p a p b p c ta được 8 p a p b p c A B C S r .sin sin sin abc 2 2 2 4Rp 4R
25. h A h B h C r Do đó ta được a sin b sin c sin la 2 lb 2 lc 2 4R Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có các đường phân giác AD, BE, CF cắt nhau tại I. Gọi r là bán kính kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng AK BK CK 6r . Phân tích tìm lời giải a.b Theo tính chất đường phân giác ta được CD.c b BC CD CD . Mà CI b c AI AC b AI b c là đường phân giác của tam giác ADC nên . Từ đó nên DI CD CD ID a b c AI ID. . Chú ý rằng ID IH r nên áp dụng tương tự ta quy bài toán về chứng minh a a b b c c a 6 . c a b Lời giải Đặt . Áp dụng tính chất đường BC a;CA b; AB c A CD AC CD b phân giác ta được , do đó ta BD AB BC CD c được E F a.b I CD.c b BC CD CD b c Mặt khác ta có CI là đường phân giác của tam giác ADC B H D C AI AC b AI b c nên . Từ đó nên DI CD CD ID a b c AI ID. a Gọi H là hình chiếu của I trên BC khi đó ta có ID IH r b c b c Do đó ta được AI ID. r. . Tương tự ta chứng minh được a a a c a b BI r. ;CI r. b c a b b c c a Từ đó ta được AI BI CI r c a b a b b c c a a b a c b c Mà ta có 6 c a b b a c a c b Do đó ta được AK BK CK 6r , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều Ví dụ 5. Cho tam giác ABC có các đường phân giác AD, BE, CF cắt nhau tại I. Chứng minh rằng:
26. DI EI FI 2 AI BI CI Lời giải Đặt . Áp dụng tính chất BC a;CA b; AB c A đường phân giác ta được CD AC CD b E BD AB BC CD c F a.b CD.c b BC CD CD I b c Mặt khác ta có CI là đường phân giác của tam giác AI AC b AI b c B H D C ADC nên . Từ đó hay DI CD CD ID a DI a AI b c EI b FI c Hoàn toàn tương tự ta được ; BI c a CI a b DI EI FI a b c Khi đó ta được AI BI CI b c c a a c a b c Ta cần chứng minh được 2 b c c a a c a a Thật vậy, vì a là độ dài cạnh tam giác nên a là số thực dương, do đó b c a b c x y a 2a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng xy ta được 2 a b c a b c b 2b c 2c Chứng minh tương tự ta được ; c a a b c a b a b c a b c Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 2 b c c a a b Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 0 , điều này trái với giả thiết a, b, c là các cạnh của tam giác. Do vậy đẳng thức không xẩy ra. a b c DI EI FI Tức là ta được 2 . Vậy ta được 2 . b c c a a b AI BI CI Bài tập
27. 1 . Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Gọi giao điểm của CM và DN là E, giao điểm của BM và AN là F. Chứng minh rằng AF BF CE DE 4 . NF MF ME NE nửa đường tròn M A,B . Các đường thẳng MA và MB cắt CD lần lượt tại P và Q. Các đường thẳng MC, MD cắt đường thẳng AB lần lượt tại E và F. Xác định ví trí của M để PQ EF có giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. 2. Cho tam giác ABC có R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng R 2r , dấu bằng xẩy ra khi nào? 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), lấy điểm P nằm trong tam giác ABC và 2 OP x . Chứng minh rằng OA.OB.OC R x R x . 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng AB CD AC BD . 5. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự tại F, E, D. Đường phân giác trong của góc B· IC cắt BC tại M 1 và AM cắt EF tại P. Chứng minh rằng PD 4DE.DE EF2 2