LỜI CẢM ƠN Đầu tiên với lòng biết ơn sâu sắc em xin chân thành gửi tới cô giáo Dương Minh Ngọc tận tâm nhiệt tình bảo, hướng dẫn động viên giúp đỡ em suốt trình nghiên cứu hồn thành đề tài Em xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo tổ mơn Tốn tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành đề tài Em xin chân thành cảm ơn! Vinh, ngày tháng năm 2014 Sinh viên Nguyễn Thị Thương MỤC LỤC Trang LỜI CẢM ƠN A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Giả thuyết khoa học Nhiệm vụ nghien cứu Phương pháp nghiên cứu Đóng góp đề tài Bố cục đề tài B NỘI DUNG Chương Cơ sở lý thuyết Chương I Cơ sở lý thuyết Cực trị hình học 1.1 Khái niệm 1.2 Phương pháp chung để giải toán cực trị hình học 1.2.1 Phương pháp định hướng để giải tập cực trị hình học 1.2.2 Một số kiến thức hỗ trợ để giải tập cực trị hình học 1.2.2.1 Bất đẳng thức tam giác 1.2.2.2 Đường vng góc đường xiên 1.2.2.3 Độ dài đường gấp khúc 1.2.2.4 Một số tính chất liên quan 1.2.2.5 Bất đẳng thức Cauchy số hệ 1.2.2.6 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Các phép toán vecto Chương II Các dạng tập Dạng 1: Cực trị hình học sơ cấp Phương pháp 1:Vận dụng quan hệ đừơng xiên đường vng góc Phương pháp 2: Vận dụng quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc Phương pháp 3: Áp dụng BĐT đường tròn Phương pháp 4: Áp dụng BĐT đại số Dạng 2: Cực trị hình học Vectơ Phương pháp 1: Tìm cực trị nhờ đánh giá độ dài vectơ Phương pháp 2: Tìm cực trị nhờ đánh giá bình phương vơ hướng vectơ Phương pháp 3:Tìm cực trị nhờ đánh giá tích vô hướng hai vectơ C KẾT LUẬN…………………………………… …………………… 39 D DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………… 40 A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong trường phổ thông mơn Tốn có vị trí quan trọng Các kiến thức phương pháp Tốn học cơng cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt môn học khác, hoạt động có hiệu lĩnh vực Đồng thời mơn Tốn cịn giúp học sinh phát triển lực phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả tư tích cực, độc lập, sáng tạo, giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức thẩm mỹ người công dân Ở trường THCS, dạy học Tốn với việc hình thành cho học sinh hệ thống vững khái niệm, định lí…thì việc dạy học giải tốn có tầm quan trọng đặc biệt vấn đề trung tâm phương pháp dạy học Tốn trường phổ thơng Đối với học sinh THCS, coi việc giải tốn hình thức chủ yếu việc học tốn Các tốn cực trị hình học đa dạng, phong phú có ý nghĩa quan trọng em học sinh bậc học THCS Để giải tập toán cực trị người ta phải cách giải thông minh nhất, tìm biện pháp hữu hiệu phù hợp với trình độ kiến thức bậc học THCS để giải tập toán loại Các toán cực trị gắn toán học với thực tiễn việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ việc tìm tối ưu thường đặt đời sống kỹ thuật.Ngay tự nhiên, hình có dạng đều, chúng mang tính chất đặc biệt, chứa ẩn tính chất “cực trị” mà hình khác khơng có tam giác đều, hình vng, lục giác hình trịn, khối cầu,….Ngày tốn cực trị quan tâm nghiên cứu.Những phương pháp giải dạng tập hình học đặc trưng bắt nguồn từ lý thuyết tốn học Chính mà chun đề “Một số tốn cực trị hình học” thiết thực với muốn tìm hiểu tốn sơ cấp Đây phần phức tạp khó hiểu sâu vào tìm hiểu chúng người lại cảm thấy thú vị nhờ tính độc đáo, thấy hay dạng tốn Mỗi dạng có phương pháp giải khác mang tính chất khoa học tư lơgic cao Là sinh viên trường Cao đẳng Sư phạm Nghệ An, giáo viên giảng dạy tương lai việc truyền tải kiến thức, tìm cách giải toán nhanh gọn dễ hiểu yếu tố cần thiết khơng thể thiếu Vì vậy, để đảm bảo kiến thức giảng dạy sau này, em chọn đề tài “Một số tốn cực trị hình học” Đề tài giới thiệu số tập tìm cực trị thường gặp hình học phẳng hình học vectơ.Trong phương pháp có ví dụ minh họa.Và cuối phần tập tổng hợp với tập giải phương pháp khác Mục đích nghiên cứu - Bước đầu làm quen, tập duyệt nghiên cứu khoa học - Nâng cao kiến thức mơn hình học sơ cấp thực hành giải tốn - Có cách nhìn tổng qt mơn hình học sơ cấp thực hành giải tốn - Lơi thu hút học sinh giáo viên tìm tịi tốn liên quan đến cực trị hình học - Dùng làm tài liệu cho trình học tập giảng dạy sau Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết cực trị hình học - Nghiên cứu tài liệu tham khảo - Giáo viên, sinh viên lớp k34 toán – lý, toán – tin Trường CĐSP NGHỆ AN - Thời gian thực đề tài: Từ tháng 9/2014 đến tháng 11/2014 Giả thuyết khoa học - Nếu đề tài thực góp phần nâng cao chất lượng học tập mơn mơn hình học sơ cấp thực hành giải tốn nói chung cực trị hình học nói riêng - Có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên CĐSP toán tin - toán lý Trường CĐSP NGHỆ AN Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu tìm hiểu đặc điểm, nội dung giáo trình mơn hình học sơ cấp thực hành giải tốn nói chung cực trị hình học nói riêng - Đưa dạng toán phương pháp giải toán cực trị hình học Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp lí luận: nghiên cứu lí thuyết giáo trình tài liệu tham khảo - Phương pháp thực hành, luyện tập từ lý thuyết áp dụng tập - Phương pháp điều tra, quan sát - Phương pháp thu thập xử lí thơng tin - Phương pháp so sánh, đối chiếu Tính đề tài - Một số dạng tập nâng cao cực trị hình học - Hệ thống dạng tập phương pháp giải dạng tập - Qua dạng rút nhận xét Bố cục đề tài PHẦN A: MỞ ĐẦU PHẦN B: NỘI DUNG PHẦN C: KẾT LUẬN PHẦN D: DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO PHẦN B NỘI DUNG CHƯƠNG I : CƠ SỞ LÝ THUYẾT Cực trị hình học 1.1 Khái niệm Đó tốn có dạng sau: Tìm giá trị nhỏ lớn đại lượng hình học y (độ dài đoạn thẳng, tổng hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn góc, chu vi hình, diện tích hình v.v ) cho: y1 ≤ y ≤ y2 Trong y1, y2 giá trị cố định không thay đổi y đồng thời phải rõ vị trí hình học y (hoặc hình có chứa y ) để y đạt giá trị cực tiểu y = y1 cực đại y = y2 1.2 Phương pháp chung để giải tốn cực trị hình học 1.2.1 Phương pháp định hướng để giải tập cực trị hình học Người ta thường giải tốn cực trị hình học theo hai cách sau đây: Cách 1: Vẽ hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay điều kiện đại lượng điều kiện tương đương (có phải chọn đại lượng hình làm ẩn số, dựa vào mối quan hệ ẩn số với đại lượng khác hình, đại lượng đầu cho sẵn, ta làm xuất q trình tìm lời giải tốn Biểu thị ẩn số theo đại lượng biết, đại lượng không đổi biến đổi tương đương biểu thức vừa tìm để cuối xác định giá trị đại lượng cần tìm từ suy vị trí hình để đạt cực trị) Người ta thường dùng cách đầu cho dạng: "Tìm hình thỏa mãn điều kiện cực trị toán" Cách 2: Đưa hình (theo yêu cầu đầu bài) chứng minh hình khác có chứa yếu tố (mà ta phải tìm cực trị) lớn bé yếu tố tương ứng hình đưa Người ta thường dùng cách chứng minh hình dạng hình có cực trị nói rõ đầu * Chú ý quan trọng: Có trường hợp để tìm cực trị đại lượng A, ta chia A thành tổng nhiều đại lượng khác: A = B + C + tìm cực trị B C từ suy cực trị A, ta cần chứng minh: Khi B đạt cực trị C đồng thời đạt cực trị ngược lại Ví dụ : Cho đường trịn (O) điểm P nằm đường trịn( P khơng trùng với O).Xác định vị trí dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ Giải : +Cách : H O C D A B P h Gọi AB dây vuông góc với OP P , dây CD dây qua P không trùng với AB ( h.1) Kẻ OH ⊥ CD ∆OHP vuông H ⇒ OH < OP ⇒ CD > AB Như tất dây qua P , dây vng góc với OP P có độ dài nhỏ +Cách : H O A B P h Xét dây AB qua P ( h.2) Kẻ OH ⊥ AB Theo liên hệ dây khoảng cách đến tâm: AB nhỏ ⇔ OH lớn Ta lại có OH ≤ OP OH = OP ⇔ H ≡ P Do maxOH = OP Khi dây AB vng góc với OP P 1.2.1.1 Dạng chung toán cực trị hình học : “ Trong tất hình có chung tính chất , tìm hình mà đại lượng ( độ dài đoạn thẳng , số đo góc, số đo diện tích …) có giá trị lớn giá trị nhỏ nhất.” cho dạng : a) Bài tốn dựng hình Ví dụ : Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường tròn , xác định vị trí dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ b) Bài tốn vể chứng minh Ví dụ : Chứng minh dây qua điểm P đường trịn (O), dây vng góc với OP có độ dài nhỏ Kết luận: Vì∆ABC nhọn nên A nằm ngồi đường trịn đường kính BC 4.2 Bài tập tương tự Câu 1: Cho hình vng ABCD có cạnh 4cm Trên cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự điểm E,F,G,H cho AE = BF = CG = DH Tính độ dài AE cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ Kết luận: AE = cm Câu 2: Cho tam giác vng ABC có độ dài cạnh góc vuông AB = cm, AC = 8cm.M điểm di chuyển cạnh huyền BC.Gọi D E chân đường vng góc kẻ từ M đến AB AC Tính diện tích lớn tứ giác ADME Kết luận: Diện tích lớn tứ giác ADME 12 cm ,khi D trung điểm AB , M trung điểm BC E trung điểm AC DẠNG 2: CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC VECTO Phương pháp 1: Tìm cực trị nhờ đánh giá độ dài vectơ 2.1 Bài tập vận dụng Câu 1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) Tìm điểm M thuộc đường tròn (O) để biểu thức sau đạt GTLN, GTNN: uuu uuu uuuur r r T =| MA + MB − MC | Giải: uu uu uu r r r r Gọi I đỉnh thứ tư hình bình hành ACBI thì: IA + IB − IC = A I M2 M O M1 B C uuu uuu uuur uuu uu r r u r r uuu uu r r uuu uu r r MA + MB − MC = ( MI + IA) + ( MI + IB) − ( MI + IC ) Khi : uuu uu uu uu r r r r = MI + IA + IB − IC uuu r = MI uuu r | MI | lớn ⇔ MI lớn ⇔ M ≡ M với Kết luận: Như T lớn ⇔ M giao điểm OI với đường trịn (O), M nằm ngồi đoạn OI M M ≡ M2 Tương tự T nhỏ ⇔ với giao điểm OI với đường tròn (O) , M thuộc đoạn OI Câu 2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) ba số α , β , γ cho α + β + γ ≠ Tìm điểm M thuộc (O) để biểu thức sau đạt GTLN, GTNN uuu r uuu r uuur u T =| α MA + β MB + γ MC | Giải: Gọi I tâm tỷ cự hệ điểm A, B, C ứng với hệ số α , β , γ uuu r uuu r uuur u uuu uu r r uuu uu r r uuu uu r r α MA + β MB + γ MC = α ( MI + IA) + β ( MI + IB ) + γ ( MI + IC ) uuu r uu r uu r uu r = (α + β + γ )MI + α IA + β IB + γ IC uuu r = (α + β + γ )MI Do T =| (α + β + γ ) | MI Gọi M , M giao OI với đường trịn (O) IM ≥ IM : Kết luận: T lớn M trùng M1 T nhỏ M trùng M Câu 3: Cho đường tròn (O) hai điểm phân biệt A, B cố định cho đường thẳng AB không cắt (O) Tên đường trịn lấy điểm C dựng điểm M thỏa điều uuuu uur uuu r u r CM = CA + CB Tìm vị trí điểm C để đoạn CM có độ dài nhỏ nhất, lớn kiện Giải : uuuu r uu r CM = 2CI Gọi I trung điểm AB I cố định IC1 ≥ IC2 Gọi C1 , C2 giao OI với đường tròn (O) coi C1 C O C2 A B I M Với C thuộc (O) ta có: IC + CO ≥ IO = OC1 + OC2 Do IC ≥ IC2 Dấu “=” xảy C trùng C2 Mặt khác IC ≤ IO + OC = IO + OC1 = IC1 Do IC ≤ IC1 Dấu “=” xảy C trùng C1 Kết luận: Vậy CM lớn C trùng C2 CM nhỏ C trùng C1 Câu 4: Giả sử tam giác ABC A’B’C’ tam giác thay đổi, có trọng tâm G G’ cố định Tìn GTNN tổng: T = AA '+ BB '+ CC ' Giải: uuu uuu uuu r r r r uuuuu uuuuu uuuuu r r r r GA + GB + GC = G ' A ' + G ' B ' + G ' C ' = nên Vì uuur uuur uuuu uuu uuuu uuuu uuu uuuu uuuuu uuu uuuu uuuuu r r r r r r r r r r AA ' + BB ' + CC ' = AG + GG ' + G ' A + BG + GG ' + G ' B ' + CG + GG ' + G ' C ' uuuu uuu uuu uuu r r r r uuuuu uuuuu uuuuu r r r = 3GG ' − (GA + GB + GC ) + (G ' A ' + G ' B ' + G ' C ') uuuu r = 3GG ' Do đó: uuur uuur uuuu r AA '+ BB '+ CC ' =| AA ' | + | BB ' | + | CC ' | uuur uuur uuuu r ≥| AA ' + BB ' + CC ' | uuuu r = | GG ' |= 3GG ' uuur uuur uuuu r AA ', BB ', CC ' hướng Đẳng thức xảy vector Vậy AA '+ BB '+ CC ' = 3GG’ Kết luận: Nhận xét: từ khái niệm trọng tâm đoạn thẳng tứ giác ta có: • Min ( AA’+BB’) = 2GG’ • Min ( AA’+BB’+CC’+DD’) = GG’ 2.1 Bài tập tương tự Câu 1: Cho tứ giác lồi ABCD, M điểm tùy ý cạnh CD Gọi P,P1,P2 chu vi tam giác AMB, ACB, ADB Cmr: P 1200 Câu 3: Cho M điểm thuộc miền trongΔABC Gọi H, I, K theo thứ tự hình chiếu M BC, CA, AB Tìm vị trí M để MH2 + MI2 + MK2 đạt giá trị nhỏ Kết luận: M điểm Lemoine ΔABC Phương pháp :Tìm cực trị nhờ đánh giá tích vơ hướng hai vector: 3.1 Bài tập vận dụng Câu 1: Cho tam giác ABC khơng nội tiếp đường trịn (O) Tìm đường trịn điểm M để có tổng bình phương khoảng cách từ đến ba đỉnh tam giác nhị nhất, lớn Giải: Với điểm M thuộc đường trịn (O) ta có: A M1 H O M2 B C M T = MA2 + MB + MC uuur uuu u r uuuu uuu r r uuur uuu u r = ( MO + OA) + ( MO + OB ) + ( MO + OC )2 uuur uuu uuu uuu u r r r = R + MO (OA + OB + OC ) uuuu uuur r = R + MO.OH ( với H trực tâm tam giác) uuur uuur u = R + R.OH cos α (α = ( MO, OH )) Kết luận: Từ suy uuur u uuur ⇔ cos α = −1 ⇔ MO ↑↓ OH • T nhỏ uuuu r uuur ⇔ cos α = ⇔ MO ↑↑ OH • T lớn Câu 2: Cho tam giác ABC vng A Gọi góc α hai trung tuyến BD CK Tìm giá trị nhỏ cos α Giải: Ta có uuu uuu r r BD.CK cos α =| | BD.CK uuu uuu uuu uuu r r r r | ( BA + BC ).(CA + CB ) | = 4.BD.CK uuu uuu uuu uur uuu uuu r r r u r r | BA.CA + BC (CA − BA) − BC | = 4.BD.CK BC = (doBA ⊥ CA) 2.BD.CK B K a A D C Mặt khác: 2.BD.CK ≤ BD + CK = = 1 (2 AB + 2.BC − AC ) + (2 AC + BC − AB ) 4 BC 2 2 ( BC = AB + AC ) BC cos α ≥ = BC Do Đẳng thức xảy BD = CK tam giác ABC vuông cân đỉnh A Kết luận: Vậy cos α = Câu 3: Cho M điểm nằm mặt phẳng tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ của: MA MB MC + + a b c T= Giải: Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có : T= MA.GA MB.GB MC.GC + + a.GA b.GB c.GC MA.GA MB.GB MC.GC = ( + + ) a.ma b.mb c.mc Theo BĐT Cauchy ta có ama = 1 a 2b + 2c − a = (3a )(2b + 2c − a ) 2 3a + (2b + 2c − a ) ≤ = (a + b + c ) 2 3 Do ama ≤ (a + b + c ) 2 2 2 Đẳng thức xảy 3a = 2b + 2c − a ⇔ b + c = 2a Chứng minh tương tự: bmb ≤ (a + b + c ) 2 Đẳng thức xảy a + c = 2b cmc ≤ Vậy T≥ ( a + b + c ) 2 Đẳng thức xảy a + b = 2c 3 ( MA.GA + MB.GB + MC.GC ) a + b2 + c Đẳng thức xảy 2 { a + c = 2b a + b = 2c ⇔VABC b + c = 2a Mặt khác: uuu uuu uuu uuu uuur uuu r r r r u r MA.GA + MB.GB + MC.GC ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC uuuu uuu uuu uuuu uuu uuu uuuu uuu uuu r r r r r r r r r = ( MG + GA).GA + ( MG + GB).GB + ( MG + GC ).GC = GA2 + GB + GC = (ma + mb + mc ) = (a + b + c ) uuu r uuu r Đẳng thức xảy khi{ MA ↑↑ GA uuu r uuu r MB ↑↑ GB ⇔ M ≡ G uuur u uuu r MC ↑↑ GC Vậy MinT = ⇔ {tam giác ABC M ≡G Câu 4: Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: T = 2.cos A MA + MB + MC Giải: Ta có: A MB AB MC AC MA + + AB AC uuu uuu uuur uuu r r u r A MB AB MC AC ≥ 2.cos MA + + AB AC uuu uuu uuu uuu uuu uuu r r r r r r A ( MA + AB ) AB ( MA + AC ) AC = 2.cos + + AB AC uuu uuu r r uuu AB AC r A = cos MA + MA( + ) + AB + AC AB AC T = 2.cos Do ta có: uuu uuu r r uuu AB AC r A A 2.cos MA + MB + MC ≥ cos MA + MA( + ) + AB + AC (1) 2 AB AC Mặt khác lại có: uuu uuu r r uuu uuu r r AB AC AB AC AB AC ( + ) = + + AB AC AB AC AB AC = + + cos A = 2(1 + cos A) = cos A uuu uuu r r AB AC A | + |= | cos | Suy ra: AB AC uuu uuu r r uuu AB AC r uuu r r A A A  cos MA + MA( + ) = 2.MA cos + | cos | cos( MA, u )] ≥ 0(2) AB AC 2  Do : uuu uuu r r r AB AC u= + AB AC ) (với Vì 2.cos A MA + MB + MC ≥ AB + AC Đẳng thức (1) xảy uuu r uuu r MB ↑↑ AB ⇔ { uuur u uuu r MC ↑↑ AC M ≡ A (thỏa mãn (2)) Kết luận: Vậy Min T= AB+AC chì M trùng A 3.2 Bài tập tương tự Câu 1: Cho xOyˆ = α độ dài a Trên hai cạnh Ox, Oy lấy điểm A, B cho OA + OB = a Tìm độ dài ngắn đoạn AB a − cos α Kết luận: AB = Câu 2: Từ điểm I cạnh BC củaΔABC dựng IN//AB, IM//AC Xác định vị trí điểm I cho MN có độ dài ngắn Kết luận: Vậy MN ngắn nhất⇔ BK ngắn nhất⇔BK⊥AD Từ ta suy cách dựng điểm I Câu 3: tam giác ABC nội tiếp đường tròn (0, R) G trọng tâm tam giác ABC, đường AG, BG, CG cắt đường tròn (0.R) A1, B1, C1 Chứng minh a) GA.GB.GC < GA1.GB1.GC1 b) GA + GB + GC < GA1.GB1.GC1 ... Cực trị hình học 1.1 Khái niệm 1.2 Phương pháp chung để giải tốn cực trị hình học 1.2.1 Phương pháp định hướng để giải tập cực trị hình học 1.2.2 Một số kiến thức hỗ trợ để giải tập cực trị hình. .. đảm bảo kiến thức giảng dạy sau này, em chọn đề tài ? ?Một số tốn cực trị hình học? ?? Đề tài giới thiệu số tập tìm cực trị thường gặp hình học phẳng hình học vectơ.Trong phương pháp có ví dụ minh họa.Và... GB + GC < GA1.GB1.GC1 C KẾT LUẬN Đề tài ? ?Một số toán cực trị hình học? ?? đưa số lí thuyết số dạng tập mẫu, nhằm giúp cho sinh viên việc giải toán cực trị hình học cách dễ dàng hơn, nhanh rèn luyện