Chuyên đề cực trị Hình học ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán

41 9 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 24/02/2021, 04:58

Bài 18: Cho tam giác nhọn ABC. Điểm D di động trên cạnh BC. Hãy xác định vị trí của D trên BC sao cho IO nhỏ nhất. Tia phân giác của ACD cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai là[r] (1) CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC (2)CỰC TRỊ HÌNH HỌC Kiến thức trọng tâm A-Phương pháp giải tốn cực trị hình học 1- Hướng giải tốn cực trị hình học : a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ta phải chứng tỏđược : +Với vị trí hình Htrên miền D f ≤m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D cho f = m b) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị nhỏ ta phải chứng tỏ : +Với vị trí hình Htrên miền D f ≥m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D để f = m 2- Cách trình bày lời giải tốn cực trị hình học + Cách1 :Trong hình có tính chất đề bài,chỉ hình chứng minh hình khác có giá trị đại lượng phải tìm cực trị nhỏ ( lớn ) giá trị đại lượng hình + Cách2 :Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng đạt cực trị đại lượng khác đạt cực trị trả lời câu hỏi mà đề yêu cầu Ví dụ : Cho đường tròn (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 nhất. Giải : +Cách : Gọi AB dây vng 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 H O C D A B P (3)A B H C h.4 a Như tất dây qua P , dây vng góc với OP P có độ dài nhỏ +Cách : 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 B-Các kiến thức thường dùng giải tốn cực trị hình học 1- Sử dụng quan hệ đường vng góc , đường xiên , hình chiếu a-Kiến thức cần nhớ: a1) ∆ABC vng A (có thể suy biến thành đoạn thẳng) ⇒ AB ≤BC Dấu “=” xảy ⇔ A ≡ C ( h.3 ) a2) ( h.4 ) + AH ⊥ a ⇒AH ≤AB Dấu “=” xảy ⇔ B ≡ H + AB < AC ⇔ HB < HC a3)( h.5 ) A,K ∈a; B, H ∈b; a // b ; HK ⊥ a ⇒HK ≤AB Dấu “=” xảy ⇔ A ≡ K B ≡H b-Các ví dụ: Ví dụ 1: Trong hình bình hành có hai đường chéo cm cm ,hình nào có diện tích lớn ?Tính diện tích lớn đó. Giải : H O A B P h A B C h.3 A B H K a b h.5 A C D B O H A B C D O≡H (4)Xét hình bình hành ABCD có AC = cm; BD = cm ( h.6) Gọi O giao điểm hai đường chéo Kẻ BH ⊥ AC Ta có : SABCD = 2SABC = AC.BH Ta có AC = 8cm, BH ≤BO = 3cm Do : SABCD ≤8.3 = 24 (cm2) SABCD = 24 cm2⇔ BH ≡BO ⇔H ≡O ⇔BD ⊥AC Vậy max SABCD= 24 cm2 Khi hình bình hành ABCD hình thoi (h.7) có diện tích 24cm2 Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB,BC ,CD,DA ta lấy theo thứ tự điểm E,F,G,H cho AE = BF = CG = DH Xác định vị trí điểm E, F,G,H cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏnhất Giải : ∆HAE = ∆EBF = ∆FCG = ∆GHD ⇒ HE = EF = FG = GH ⇒ EFGH hình thoi   AHE=BEF ⇒  AHE+AEH=90 ⇒ BEF +AEH=900 ⇒  HEF=90 ⇒ EFGH hình vng Gọi O giao điểm AC EG Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên hình bình hành suy O trung điểm AC EG , O tâm hai hình vng ABCD EFGH ∆HOE vuông cân : HE2= 2OE2 ⇒ HE = OE 2 Chu vi EFGH = 4HE = 2OE Do chu vi EFGH nhỏ ⇔ OE nhỏ Kẻ OK ⊥AB ⇒ OE ≥OK ( OK không đổi ) OE = OK ⇔ E ≡ K Do minOE = OK Như , chu vi tứ giác EFGH nhỏ E,F,G,H trung điểm AB , BC, CD, DA A D B C E K F G H H O (5)Ví dụ 3: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a Vẽ phía AB tia Ax By vng góc với AB Qua trung điểm M AB có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với cắt Ax, By theo thứ tự C D xác định vị trí điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất Tính diện tích tam giác đó. Giải: Gọi K giao điểm CM DB MA = MB ;   A= =B 90 , AMC =BMK ⇒∆MAC = ∆MBK ⇒MC = MK Mặt khác DM ⊥CK ⇒∆DCK cân ⇒ D1=D2 Kẻ MH ⊥CD ∆MHD = ∆MBD⇒MH= MB = a ⇒SMCD =1 2CD.MH ≥ 2AB.MH = 22a.a= a 2 SMCD = a2 ⇔ CD ⊥ Ax AMC = 450 ;  BMD =450 Vậy SMCD= a2 Các điểm C,D xác định Ax; By cho AC = BC = a Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có Blà góc tù , điểm D di chuyển cạnh BC Xác định vị trí điểm D cho tổng khoảng cách từ B C đến đường thẳng AD có giá trị lớn Giải: Gọi S diện tích ∆ABC Khi D di chuyển cạnh BC ta có : SABD+ SACD= S Kẻ BE ⊥AD , CF ⊥AD ⇒1 2AD.BE + 2AD.CF = S ⇒BE +CF = 2S AD Do BE + CF lớn ⇔ AD nhỏ ⇔hình chiếu HD nhỏ Do HD≥ HB ( ABD >900 ) HD = HB ⇔ D ≡ B Vậy Khi D ≡ B tổng khoảng cách từ B C đến AD có giá trị lớn C A B K H D M 1 2 y x h.9 C A B D F E (6)2- Sử dụng quan hệ đường thẳng đường gấp khúc a-Kiến thức cần nhớ: Với ba điểm A,B,C ta có : AC +CB ≥ AB AC +CB = AB ⇔C thuộc đoạn thẳng AB b-Các ví dụ: Ví dụ 5:Cho gócxOy và điểm A nằm góc Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy cho OB = OC tổng AB +AC nhỏ Giải: Kẻ tia Om nằm ngồi góc xOy cho  yOm=xOA Trên tia Om lấy điểm D cho OD = OA Các điểm D A cố định OD =OA, OC = OB ,COD =BOA ⇒∆DOC = ∆AOB ⇒CD = AB Do AC +AB = AC +CD Mà AC +CD ≥AD ⇒AC +AB ≥AD Xảy đẳng thức C ∈AD Vậy min(AC+AB) =AD Khi C giao điểm AD Oy , B thuộc tia Ox cho OB = OC Ví dụ 6:Cho hình chữ nhật ABCD điểm E thuộc cạnh AD Xác định vị trí điểm F thuộc cạnh AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải : Gọi I ,K, L theo thứ tự trung điểm EF, EG , EH (h.12). ∆AEF vng A có AI trung tuyến ⇒ AI =1/2EF h.11 O x A B C D m y A E D F B C G H I K M h.12 A E D F B C G H I K M h.12 A E D F B C G H I (7)∆CGH vng C có CM trung tuyến ⇒CM =1/2GH IK đường trung bình ∆EFG ⇒ IK = 1/2FG KM đường trung bình ∆EGH ⇒KM = 1/2EH Do : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥AC Suy chu vi EFGH ≥2AC ( độ dài AC không đổi ) Chu vi EFGH nhỏ 2AC ⇔ A,I,K,M,C thẳng hàng Khi ta có EH//AC,FG//AC, AEI  =EAI=ADB nên EF//DB , tương tự GH//DB Suy tứ giác EFGH hình bình hành có cạnh song song với đường chéo hình chữ nhật ABCD (h.13) 3- Sử dụng bất đẳng thức đường tròn a-Kiến thức cần nhớ: a1) AB đường kính , CD dây ⇒CD ≤ AB (h.14) a2) OH,OK khoảng cách từ tâm đến dây AB CD : AB ≥ CD ⇔OH ≤OK (h.15) a3) AB,CD cung nhỏ (O) : AB ≥CD ⇔ AOB ≥COD (h.16) a4) AB,CD cung nhỏ (O) : AB ≥ CD ⇔ AB ≥CD (h.17) b-Các ví dụ: Ví dụ 7: Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B cát tuyến chung bất kỳ CBD (B nằm C D) cắt đường tròn (O) (O’) C D Xác định vị trí của cát tuyến CBD để ACD có chu vi lớn nhất. Giải: C C h.14 h.15 h.16 h.17 C D A B O O A O B C D D A B A B C D D H K h.18 A B C D D’ C’ O O’ (8)sđC =1 2sđ  AmB ; sđ D =1 2sđ  AnB ⇒số đo góc ∆ACD khơng đổi ⇒ ∆ACD có chu vi lớn cạnh lớn , chẳng hạn AC lớn AC dây đường tròn (O) , AC lớn AC đường kính đường trịn (O), AD đường kính đường trịn (O’) Cát tuyến CBD vị trí C’BD’vng góc với dây chung AB Ví dụ 8: Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường tròn Xác định dây AB qua P choOABcó giá trị lớn Giải: Xét tam giác cân OAB , góc đáy OAB lớn góc đỉnh AOB nhỏ  AOB = sđAB Góc AOB nhỏ ⇔ CungAB nhỏ ⇔ dây AB nhỏ ⇔ Khoảng cách đến tâm OH lớn Ta có OH ≤ OP OH =OP ⇔ H ≡ P nên max OH = OP ⇔AB ⊥ OP Suy dây AB phải xác định dây A’B’ vng góc với OP P 4- Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai a-Kiến thức cần nhớ: Các bất đẳng thức lũy thừa bậc hai sử dụng dạng : A2≥ ; −A2 ≤ Do với m số , ta có : f =A2 + m ≥m ; f = m với A = f = −A2 + m ≤m ; max f = m với A = b-Các ví dụ: Ví dụ 9: 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 = D Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Giải: O A B P P H A’ B’ A’ h.19 ) H A B C D E F G x 4-x 4-x (9)∆AHE = ∆BEF = ∆CFG = ∆DGH ⇒ HE = EF = FG = GH , HEF = 900 ⇒ HEFG hình vng nên chu vi EFGH nhỏ HE nhỏ Đặt AE = x HA = EB = 4-x ∆HAE vuông A nên : HE = AE2+AE2 = x2 + (4 −x)2 = 2x2 −8x +16 = 2(x −2)2+8 ≥8 HE = =2 ⇔ x = Chu vi tứ giác EFGH nhỏ 2cm , AE = 2cm Ví dụ 10: Cho tam giác vng ABC có độ dài cạnh góc vng 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. Giải: ADME hình chữ nhật Đặt AD = x ME = x ME //AB ⇒ EM CE x CE CE 4x AB =CA ⇒ =6 ⇒ = ⇒AE = −4 3x Ta có : SADME = AD AE = x ( −4 3x ) = 8x − 3x 2 = −4 3(x − 3) 2+12 ≤ 12 SADME = 12 cm2 ⇔x =3 Diện tích lớn tứ giác ADME 12 cm2 ,khi D trung điểm AB , M trung điểm BC E trung điểm AC 5- Sử dụng bất đẳng thức Cô-si a-Kiến thức cần nhớ: Bất đẳng thức Cơ-si :Với x ≥ ; y ≥0 ta có :x y xy + ≥ Dấu “=” xảy x = y Bất đẳng thức Cô-si thường sử dụng dạng sau : C h.21 A B D x 8-4 3x (10)+ Dạng 1: ( ) 2 2 x y x y xy 2 + + ≥ ≥ Dấu “=” xảy x = y + Dạng 2: ( ) 2 x y xy + ≥ ; ( )2 xy 4 x+y ≤ ( ) 2 2 x y x y + ≤ + ; ( ) 2 2 x y 2 x y + ≥ + Dấu “=” xảy x = y + Dạng 3:Với x ≥0 ; y ≥0 ; x +y khơng đổi xy lớn x = y + Dạng4: Với x ≥0 ; y ≥0 ; xy khơng đổi x+y nhỏ x = y b-Các ví dụ: Ví dụ 11: Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển đoạn thẳng Vẽ đường trịn có đường kính MA MB Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích của hai hình trịn có giá trị nhỏ Giải : Đặt MA =x , MB = y Ta có : x + y =AB (0 < x,y < AB) Gọi S S’ theo thứ tự diện tích hai hình trịn có đường kính MA MB Ta có : S +S’ = 2 x y 2     π  + π      = π 2 x y + Ta có bất đẳng thức : ( ) 2 2 x y x y 2 + + ≥ nên : S +S’ ( ) 2 x y + ≥ π = AB2 π Dấu đẳng thức xảy x = y Do (S+S’) = AB2 8 π Khi M trung điểm AB Ví dụ 12: Cho điểm M nằm đoạn thẳng AB .Vẽ phía AB tia Ax By vng góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc • • O O’ A M B x y (11)với cắt Ax, By theo thứ tự C D Xác định vị trí điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Giải : Ta có : SMCD= 2MC.MD Đặt MA = a , MB = b   AMC=BDM=α MC = a cosα , MD = b sinα SMCD = 2 ab cos sinα α Do a,b số nên SMCDnhỏ ⇔ 2sinα.cosα lớn Theo bất đẳng thức 2xy ≤x2 +y2 ta có : 2sinα.cosα ≤sin2α+cos2α= nên SMCD ≥ ab SMCD = ab ⇔sinα= cosα ⇔sinα = sin(900−α) ⇔α = 900−α⇔α = 450 ⇔ ∆AMC ∆BMD vuông cân Vậy SMCD = ab Khi điểm C,D xác định tia Ax ; By cho AC = AM , BD = BM Ví dụ 13: Cho ABC , điểm M di động cạnh BC Qua M kẻ đường thẳng song song với AC và với AB , chúng cắt AB AC theo thứ tự D E.Xác định vị trí điểm M cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất. Giải : SADMElớn ⇔ ADME ABC S S lớn Kẻ BK ⊥ AC cắt MD H SADME= MD HK SABC= 2AC BK ADME ABC S MD HK 2 S = AC BK Đặt MB = x , MC = y , MD//AC ta có : MD BM x AC = BC = x+y ; HK MC y BK = BC = x+y A B M a b C x y D α( α h.23 A B C M x y D K H E 1 (12)Theo bất đẳng thức ( )2 xy 4 x+y ≤ ⇒ ( ) ADME 2 ABC S 2xy S = x+y ≤ Dấu đẳng thức xảy x = y Vậy maxSADME =1 2SABC M trung điểm BC Ví dụ 14: Cho ABC vng cân có cạnh huyền BC = a Gọi D trung điểm của AB. Điểm E di chuyển cạnh AC. Gọi H,K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ D, E đến BC Tính diện tích lớn hình thang DEKH Khi đó hình thang trở thành hình ? Giải: Ta có : 2SDEKH= (DH +EK).HK = ( BH +KC ) HK Mà (BH + KC) +HK =BC = a không đổi Nên (BH + KC) HK lớn ⇔BH + KC) = HK = a Do : max SDEKH= 2 1 a a a 2 2 = Khi đường cao HK = a 2 suy : KC = BC −BH –HK = a − a 2 − a = a Do DH = HB = a 4 , EK = KC = a Hình thang DEKH hình chữ nhật , E trung điểm AC 6- Sử dụng tỉ số lượng giác a-Kiến thức cần nhớ: Hệ thức cạnh góc tam giác vng + b = a.sinB = a.cosC + b = c.tgB = c.cotgC b-Các ví dụ: A D D B H K C E h.25 A B C a c (13)Ví dụ 15:Chứng minh tam giác cân có diện tích tam giác có cạnh đáy nhỏ hơnlà tam giác có góc đỉnh nhỏ hơn. Giải: Xét tam giác ABC cân A có diện tích S Kẻ đường cao AH Đặt BAC = α ∆AHC vng H, ta có :  HAC α = , AH = HC cotg 2 α =1 2BC.cotg α Do : S = 2BC.AH = 2BC 1 2BC.cotg α =1 4BC 2cotg α ⇒BC= 4S S.t g 2 cot g 2 α = α Do S không đổi nên : BC nhỏ ⇔ tg 2 α nhỏ nhất ⇔ α nhỏ ⇔α nhỏ ⇔  BAC nhỏ nhất Ví dụ 16:Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh BC,CD lần lượt lấy điểm K,M cho BK : KC = : 1, CM : MD = : 1.Tìm tỉ số AB : BC để số đo gócKAM lớn ( Cho công thức biến đổi tg( x +y )= t gx t gy 1 t gx.t gy + − ) Giải: Đặt BAK =x ,DAM =y ( x + y < 900 )  KAMlớn ⇔ BAK + DAM nhỏ ⇔ x + y nhỏ ⇔tan (x + y) nhỏ Giả sử AB : BC = : m ( m> 0) tgx = BK BK BC 4m AB = BC AB = tgy = DM DM DC AD = DC AD =5m h.27 A B H C A B C D M M K x y (14)tg( x +y )= t gx t gy t gx.t gy + − = 4m 4m : 5 5m 5m  +   −         = 25 21 4m 5 5m  +      tg(x + y) nhỏ ⇔ 4m 5 +5m nhỏ Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: 4m 5 +5m ≥ 4m 5 5m =5 Dấu đẳng thức xảy ⇔ 4m 5 =5m ⇔ m = 1 Vậy x + y nhỏ m =1 2 Do KAM lớn AB : BC = : Phần 3: Bài tập ôn luyện Bài : Cho hình vuông ABCD Hãy xác định đường thẳng d qua tâm hình vng cho tổng khoảng cách từ bốn đỉnh hình vng đến đường thẳng : a) Lớn b) Nhỏ Hướng dẫn: Xét trường hợp d cắt hai cạnh đối BC AD (h.29) Gọi m tổng khoảng cách từ bốn đỉnh hình vng đến D m =2(AA’ +BB’) Gọi M, N trung điểm AB A’B’ Suy : m = 4MN đó: m lớn MN lớn nhất m nhỏ MN nhỏ nhất a) MN MO m lớn M≡O d//AB b)kẻ MH OB Chứng minh MN ≥MH MN nhỏ N ≡H d≡BD hoặc d ≡AC. h.29 A B M C D D’ A’ O N H C’ (15)h.31 A B C M D O E Bài : Cho ∆ABC vuông cân A điểm D,E theo thứ tự di chuyển cạnh AB ,AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D,E cho : a) DE có độ dài nhỏ b) Tứ giác BDEC có diện tích lớn Hướng dẫn: (h.30) a)Gọi M trung điểm BC BDM = AEM ⇒ BMD= AME ⇒      90 = + = + = = DME DMA AME DMA BMD BMA Gọi I trung điểm DE DE= DI+IE =AI + IM ≥ AM Min DE = AM I trung điểm AMD trung điểm AB E trung điểm AC b)Đặt AE = x,AB =AC =a AD = a x , SADE = ( ) 2 − x a x SBDECnhỏ SADE lớn x(ax) lớn nhất Do x +( ax) = a không đổi nên x( a x) lớn x = a x x =a/2 Khi D trung điểm AB E trung điểm AC Bài :Cho ∆ ABC vng A có BC = a , diện tích S Gọi m trung điểm BC Hai dường thẳng thay đổi qua M vng góc với cắt cạnh AB , AC D ,E Tìm : a) Giá trị nhỏ đoạn thẳng DE b) Giá trị nhỏ diện tích ∆MDE Hướng dẫn: a) (h.31)Gọi O trung điểm DE Ta có OA = OD =OE = OM DE = OA + OM ≥ AM = a 2 minDE = a/2 O trung điểm AM D trung điểm AB và E làtrung điểm AC b) (h.32)Kẻ MH AB , MK AC ME≥ MK, MD ≥ MH 2SMDE= MD.ME ≥ MH.MK = AC 2 . AB 2 = S 2 A B D C E M I h.30 h.32 A B C M D K (16)minSMDE= S 4D ≡ H E ≡ K Bài : Cho điểm m di chuyển đoạn thẳng AB Vẽ tam giác đềuAMC BMD phía AB Xác định vị trí M để tổng diện tích hai tam giác tren nhỏ Hướng dẫn: (h.33) Gọi K giao điểm AC BD Các tam giác AMC ,BMD đồng dạng với AKB Đặt AM = x ,BM = y , AB = a ta có : 2 1 S x S a   =     ; 2 2 S y S a   =     ⇒ ( ) 2 2 2 2 1 2 2 2 2 x y S S x y a 1 S a 2a 2a 2 + + = + ≥ = = Dấu đẳng thức xảy x = y Do : (S1 +S2) =1 2M trung điểm AB. Bài : Cho tam giác nhọn ABC có cạnh a,b,c tương ứng đường cao AH =H Hãy dựng hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác ABC cho có diện tích lớn Biết M ∈AB ; N ∈AC ; P,Q ∈ BC Hướng dẫn: (h.34) Gọi I giao điểm AH MN Đặt NP =x ; MN = y ; AI = h xAMN ABC MN AI y h x y a.h x BC AH a h h − − = ⇒ = ⇒ = ⇒ SMNPQ= xy = a h x(h x) SMNPQlớn x(h x)lớn x +(h x) = h không đổi nên x(h x) lớn x = h x x = h/2 Khi MN đường trung bình ABC h.33 K A B M D C 1 x y h.34 A M B Q H P C N y (17)Bài : Cho ∆ABC vuông A Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM ⊥ BC, IN ⊥ AC , IK ⊥AB Tìm vị trí I cho tổng IM2 +IN2 +IK2 nhỏ nhất Hướng dẫn:(h.35) Kẻ AH BC , IE AH ANIK ,IMHE hình chữ nhật. IK2+ IN2= IK2 +AK2 =AI2 ≥ AE2 IM = EH nên IK2+ IN2+ IM2= AI2 +EH2 ≥ AE2+EH2 Đặt AE = x , EH =y ta có : ( ) 2 2 2 2 x y AH x y 2 2 + + ≥ = ⇒IK2+ IN2+ IM2 2 AH 2 Dấu “=” xảy I trung điểm đường cao AH. Bài : Cho tam giác nhọn ABC Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM ⊥ BC, IN ⊥ AC , IK ⊥AB Đặt AK =x ; BM = y ; CN = z Tìm vị trí I cho tổng x2 +y2 +z2nhỏ nhất Hướng dẫn: (h.36) Đặt BK =k , CM = m , AN = n , BC = a , AC = b , AB = c x2+y2 +z2= =(IA2IK2 ) + (IB2IM2) + (IC2IN2 ) = (IA2IN2) + (IB2IK2) + (IC2IM2)= n2 + k2 + m2 2(x2 +y2 +z2) = x2 +y2 +z2 + n2+ k2+ m2 = ( x2+ k2)+( y2+ m2 )+( z2 + n2 ) x2+ k2 ( ) 2 2 2 x k AB c 2 2 2 + = = y2+ m2≥( ) 2 2 2 y m BC a 2 2 2 + = = z2 + n2≥( ) 2 2 2 z n AC b 2 2 2 + = = ⇒ x2 +y2 +z2 ≥ a2 b2 c2 4 + + h.35 A K B H M C N I E A h.36 B M C N K x n z m y (18)min(x2+y2 +z2 ) = 2 2 2 a b c 4 + + x = k , y = m , z = n.I giao điểm đường trung trực ABC. Bài : Cho nửa đường tròn có đường kính AB = 10 cm Một dây CD có độ dài 6cm có hai đầu di chuyển nửa đường tròn Gọi E F theo thứ tự hình chiếu A B CD Tính diện tích lớn tứ giác ABFE Hướng dẫn: (h.37) Kẻ OH CD , ta tính OH = 4cm SABFE= 1/2(AE + BF).EF = OH.EF OH AB = 4.10 =40 max SABEF =40 cm2 EF // AB , OH AB Bài : Cho hình vng ABCD cạnh a Vẽ cung BD tâm A bán kính a (nằm hình vng ) tiếp tuyến với cung cắt BC, CD theo thứ tự M N Tính độ dài nhỏ MN Hướng dẫn:(h.38) Đặt CM = m , CN = n , MN = x m + n + x = 2CD = 2a m2 +n2 = x2 Do : x2= m2+n2≥ ( ) 2 m n 2 + ⇒ 2x2 ≥( 2a x)2x 2 ≥ 2a xx ≥ 2a 2a( 2 1) 2+1= − min MN =2a( 21) ⇔ m = n Khi tiếp tuyến MN // BD , AM tia phân giác của BAC, AN phân giác DACBài 10 : Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Qua A vẽ hai tia vng góc với , chúng cắt đường tròn (O) , (O’) B C Xác định vị trí tia để ∆ABC có diện tích lớn Hướng dẫn:(h.39) H F E D C B A O h 37 n m N M H D C B A (19)Cùc trị hình học Trang 18 - h.40 I M H G F E D C B A O Kẻ OD AB ; O’E AC ta có: SABC = 1 2AB.AC = 1 2.2AD.2AE= 2.AD.AE Đặt OA =R ; O’A = r ; AOD=O AE' = α AD = R sinα ; AE = r cosα SABC = Rr 2sinα.cosα 2sinα.cosα sin2α+ cos2α=1SABC Rr Do : max SABC = Rr sinα= cosα sinα= sin( 900−α) α= 900−α α= 450. Vậy ta vẽ tia AB,AC tạo với tia AO, AO’ thành góc  ' 0 OAB=O AC =45 thì ABC có diện tích lớn Bài 11 : Cho đường trịn (O;R) đường kính BC , A điểm di động đường tròn Vẽ tam giác ABM có A M nằm phía BC Gọi H chân đường vng góc kẻ từ C xuống MB Gọi D, E , F, G theo thứ tự trung điểm OC, CM, MH, OH Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEFG đạt giá trị lớn Hướng dẫn: (h.40) DEFG hình bình hành. Kẻ OI FH , ta có OI đường trung bình BHC nên OI = ½ HC = GD MO đường trung trực AB nên 0 IMO =30OI = ½ OMGD = ½ OM Mà ED = ½ OM EG = GD DEFG hình thoi   0 HFG =HMO=30EFG =600⇒∆EFG đềuSDEFG =2SEFG = 2. 2 2 EF 3 EF 3 4 = 2 = 2 HC 3 2 2       ≤ 2 BC 3 2 2       = 2 R 3 2 max S = R2 3 2H ≡B ⇔  0 MBC =90 ⇔ ABC=300AC = R. h.39 α α r R E D C B A O' (20)Bài 12 : Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) D điểm thuộc cung BC không chứa A không trùng với B,C Gọi H,I,K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ D đến đường thẳng BC , AC, AB Đặt BC = a , AC = b ,AB = c, DH = x , DI = y ,DK = z a) Chứng minh : b c a y+ =z x b) Tìm vị trí điểm D để tổng a b c x + +y z nhỏ Hướng dẫn: (h.41) a) Lấy E BC cho CDE =ADBCDE đồng dạng với ADBDH CE x CE c CE DK = AB⇒ =z c ⇒ =z x Tương tự BDE đồng dạng với ADCDH BE x BE b BE DI = AC ⇒ =y b ⇒ =y xb c BE CE a y z x x + + = = b) a b c x + +y z = a a x + x= 2a x Do S nhỏ a x nhỏ x lớn D≡M( M điểm cung BC không chứaA) Bài 13 : Cho ∆ABC nhọn , điểm M di chuyển cạnh BC Gọi P ,Q hình chiếu M AB , AC Xác định vị trí điểm M để PQ có độ dài nhỏ Hướng dẫn: (h.42) Tứ giác APMQ tứ giác nội tiếp Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. Kẻ OH PQ Đặt BAC =α POH= α PQ = PH = 2.OP sinα= AM sinα Do αkhông dổi nên PQ nhỏ AM nhỏ AM BC Bài 14 : Cho đoạn thẳng AB điểm C AB Vẽ nửa mặt phẳng bờ AB nửa đường trịn có đường kính AB,AC,BC Xác định h.41 A B K D z C I H •O x y • M E c b h.4 A B P Q C O (21)vị trí điểm C đoạn AB để diện tích phần giới hạn ba nửa đường trịn dạt giá trị lớn Hướng dẫn: (h.43) Gọi (O1;r1);(O2;r2);(O3;r3) đường trịn có đường kính Ab,AC,BC Đặt AB = 2a , AC =2x r1 = a ,r2= x Suy BC =2a 2x r3 = a x Gọi S diện tích giới hạn ba đường trịn Ta có : = − +    2 2 2 1 2 3 r r r S 2 2 2 π π π = ( − ) ( ) − − = − 2 2 2 a x a x x a x 2 2 2 π π π π S lớn x( a x) lớn Mặt khác x + (a x) = a không đổi nên x( a x) lớn x = a x x = a 2 C ≡O1 Lúc ta có S = a2 4 π Bài 15 : Cho đường tròn (O;R) Trong đường tròn (O) vẽ hai đường tròn (O1) (O2) tiếp xúc tiếp xúc với (O) bán kính đường trịn (O2) gấp đơi bán kính đường trịn (O1) Tìm giá trị nhỏ diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi hình trịn (O1) và(O2) Hướng dẫn: Gọi x bán kính đường trịn (O1) Khi 2x bán kính đường trịn (O2 ) (h.44) Xét OO1O2 ta có : O1O2O O1 +OO23x (R x) +( R 2x) 6x 2R x R 3 Gọi S phần diện tích hình trịn (O) nằm ngồi đường trịn (O1)và (O2 ) , ta có : S = 222 = ( 22) R x 4 x R 5x π π π π Do x R 3 nên x 2 R2 9 S ≥ 2 4 R 9 π ; min S =4 R2 9 π ⇔ x = R 3 Khi O1,O,O2 thẳng hàng bán kính các đường trịn (O1) (O2 ) R 3 2R 3 (h.45) h.42 O3 O2 C O1 B A h 4 h.45 h.44 O2 O O O1 (22)Bài 16: Cho hình vng ABCD có cạnh , điểm M nằm đường chéo BD a) Nêu cách dựng đường tròn (I) qua M tiếp xúc với hai cạnh AD CD Nêu cách dựng đường tròn (K) qua M tiếp xúc với hai cạnh AB,BC b) Chứng minh điểm M di chuyển đường chéo BD tổng chu vi hai đường trịn khơng đổi c) Xác định vị trỉ điểm M BD để tổng diện tích hai hình trịn đạt giá trị nhỏ a) Qua M kẻ đường vuông góc với BD cắt AB,BC,CD,DA P,Q,F,E Do AB,BC tiếp xúc với (K) nên K MB PQ KM nên PQ tiếp tuyến (K) Vậy (K) đường tròn nội tiếp PBQ Tương tự (I) đường tròn nội tiếp EDF(2 đ) b) Tổng chu vi hai đường tròn (I) (K) bằng: 2π.IM + 2π.MK = 2π.IK MD = ID +IM = 2 IJ+IM = 2 IM+IM =( 2+1 ).IM MB = KB +MK = 2 KH+KM = 2 KM +KM =( 2+1 ).KMBD = MD + MB = ( 2+1 IM)( +MK)=( 2+1)IKIK = BD ( ) BD 2 1 2+1= − Do BD = AB 2 = 2IK = 2( 21) = 2 Vậy tổng chu vi hai đường tròn 2π(2 2) (4 đ) c) Gọi x y bán kính đường trịn (I) và(K) Ta có : x + y = 2 Gọi S1 ,S2là diện tích hình trịn S1 + S2 = πx2 +πy2= π(x2+ y2) ≥ ( ) ( ) 2 2 2 2 x y 2 2 π + =π − S1 + S2 nhỏ x =y M trung điểm BD ( 4đ) h.46 K I M Q P F E D C B A H (23)Bài tốn cực trị Phần hình học I Một số kiến thức a) - Ta chứng minh A ≥m (m không đổi) - Có hình cho A = m GTNN A m b) Ta chứng minh A ≤ t (t không đổi) - Có hình cho A = t GTLN A t - Từ ta xác định vị trí điểm để đạt cực trị II. Phân loại tập ví dụ minh hoạ : 1) Tìm cực trị dùng bất đẳng thức tam giác 1.1. Kiến thức sở: - Với điểm A,B ,C ta có : ACBC ≤AB ≤ AC + BC Dấu “= “ xảy ⇔ C ∈ [ ]AB - Trong tam giác ABC Có ∠BAC > ∠ABC ⇔ BC < AC + Quy tắc n điểm A1A2, , An Ta có A1An≤A1A2+ A2A3+ An-1An Dấu "=" xảy ⇔A1A2, , Anthẳng hàng xếp theo thứ tự 12 Các ví dụ áp dụng : Ví dụ 1 : Cho đường trịn (0; R) , A B hai điểm cố định nằm ngồi đường trịn M điểm cố định đường tròn (0) Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MAB có giá trị : a) Lớn b) nhỏ (24) Vẽ đường thẳng d qua ⊥AB K d cắt đường tròn ( ) C D Hạ AH ⊥ AB ⇒ SMAB = 2 AB MH a) Ta có MH ≤ MK Xét điểm M,O ,K ta có MK ≤ OM + OK ⇔ MK ≤OC + OK ⇔ MH ≤ CK ⇒ SMAB ≤ 2 AB CK ( không đổi ) Dấu “ = “xảy ⇔ H≡ K ⇔ M ≡ C b) Xét điểm M,O ,H ta có MH ≥ OHOM Mà OK ≤ OH OK - OM = OK - OD = DK ⇒MH ≥DK ⇒ SMAB ≥ 2 AB DK ( không đổi ) Dấu “= “xảy ⇔ M ∈ [ ]OH Và M ≡ K ⇔ M ≡ D Ví dụ 2: Cho đường trịn (O;R); A điểm cố định đường tròn (A ≠O) Xác định vị trí điểm B đường trịn O cho góc OBA lớn Giải: Giả sử có B ∈(O) Vẽ dây BC đường trịn (O) qua A ta có OB = OC = R => ∆OBC cân O => góc OBC = 2 1800 −COB Nên góc OBAmax ⇔ góc COBmin Trong ∆COB có CO = OB = R không đổi => ∠COB ⇔ BCmin= OHmax Mà OH ≤OA nên OHmax ⇔ H ≡ A ⇔ BC ⊥OA A A B C M O K H D d O C B (25)Vậy OBAmax ⇔ B ∈(O) cho BC ⊥OA A Ví dụ3: : Cho tứ giác lồi ABCD Tìm điểm M tứ giác cho AM + MB + MC + MD đạt cực trị nhỏ Giải: Với điểm M, A, C ta có: MA + MC ≥AC ta có MB + MD ≥BD AM + MB + MC + MD ≥AC + BD (không đổi) Dấu "=" xảy ⇔    ∈ ≡ ⇔ ∈ BD M O M AC M Vậy (AM + MB + MC + MD) = AC + BD ⇔M ≡ O 1.3 Bài tập vận dụng: Bài 1: Cho góc vng xOy; điểm A thuộc miền góc Các diểm M, N theo thứ tự chuyển động tia Ox,Oy cho góc MAB = 900 Xác định vị trí M, N để MN có độ dài nhỏ Bài 2: Cho đường trịn ngồi (O;R) (O';R') A nằm (O), B nằm (O') Xác định vị trí điểm A,B để đoạn thẳng AB có độ dài lớn 2 / Tìm cực trị dùng quan hệ đường vng góc với đường xiên 2.1 Kiến thức sở Ta có AH ⊥ d; A ∉d; B,C ∈d *.AB ≥AH, dấu "=" xảy ⇔ B ≡H *.AB ≤AC ⇔BH ≤HC O M D A C B A A H C (26)2.2 Các ví dụ áp dụng Ví dụ1:: Cho ∆ABC ( = 900) M điểm chuyển động cạnh BC Vẽ MD ⊥ AB; ME ⊥ AC (D ∈AB, E ∈AC) Xác định vị trí M để DE có độ dài nhỏ Giải: Vẽ AH ⊥ BC (H ∈BC), H cố định AH khơng đổi, tứ giác AEMD có  = Ê = Dˆ = 900 => AEMD hình chữ nhật => DE = AM mà AM ≥AH (không đổi) (theo t/c đường xiên đường vng góc) Dấu "=" xảy ⇔M ≡H Vậy M ≡H DE nhỏ Ví dụ : Cho đường thẳng d đường trịn (O;R) có khoảng cách từ tâm đến d OH ≥ R Lấy hai điểm A ∈d; B ∈(O;R) Hãy vị trí A B cho độ dài AB ngắn nhất? Chứng minh điều Giải: Từ tâm (O) kẻ OH ⊥ d, OH cắt đường tròn (O) K Xét ba điểm A B O ta có AB + OB ≤ OA mà OA ≥OH (quan hệ đường xiên đường vng góc) => AB ≥OH - OB = HK không đổi Vậy AB = KH ⇔    ≡ ≡ K B H A 2.3.Bài tập vận dụng: Bài 1: Trên cạnh BC, AC tam giác ABC lấy tương ứng hai điểm M N cho Bạch Mã = CN Tìm vị trí M để MN có giá trị lớn A B H K O d A C D B A (27)Bài 2: Cho nửa đường tron (O;R) đường kính AB.M điểm nửa đường tròn, kẻ MH ⊥ HB Xác định vị trí M để: a) S∆ABClớn b) Chu vi ∆MAB lớn 3 Tìm cực trị vận dụng bất đẳng thức đường tròn. 3.1 Kiến thức sở: + Trong đường trịn: đường kính dây cung lớn + Dây cung lớn ⇔dây gần tâm + Cung lớn ⇔dây trương cung lớn + Cung lớn ⇔góc tâm lớn 3.2 Các ví dụ áp dụng : Ví dụ :Cho đường tròn (O) điểm M nằm đường trịn (M ≠O) Xác định vị trí dây cung AB đường tròn (O) qua M cho độ dài AB ngắn Giải: Ta có dây AB ⊥OM M dây cung có độ dài nhỏ Thật vậy: Qua M vẽ dây A'B' của (O) A'B' không vng góc với OM Vẽ OM' ⊥ A'B' M' ∈ A'B'; M' ≠ M => OM' ⊥ MM' => OM > OM' => AB < A'B' (theo định lý khoảng cách từ tâm đến dây) O M’ A M B’ A’ (28)Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) M điểm di động đường trịn (O) Xác định vị trí M để MA + MB + MC đạt giá trị lớn Giải: Ta xét M ∈ cung BC Trên MA lấy D cho MB = MD Ta chứng minh được: ∆BMD tam giác => Bˆ2 +Bˆ3 = 602 Mà Bˆ1 +Bˆ2 = 600=> Bˆ1 =Bˆ3 Chứng minh cho ∆BAD = ∆BCM (gcg) => AD = MC => MA + MB + MC = MA + MD + DA = 2MA Mà MA dây cung đường tròn (O;R) => MA = 2R => max (MA + MB + MC) = 2.2R = 4R ⇔MA đường kính đường trịn (O) ⇔M điểm cung BC Tương tự ta xét M thuộc cung AB M thuộc cung AC => M điểm cung AB cung AC MA + MB + MC đạt giá trị lớn 3.4.Bài tập vận dụng: Bài 1: Trên cạnh BC, AC tam giác ABC lấy tương ứng hai điểm M N cho BM = CN Tìm vị trí M để MN có giá trị lớn Bài 2: Cho tứ gác ABCD nội tiếp đường trịn (O;R) cho trước tìm tứ giác có tổng AB.CD + AD.BC đạt giá trị lớn 4 Tìm cực trị dùng bất đẳng thức đại số 4.1 Kiến thức bổ sung : + Bất đẳng thức côsi cho hai số không âm: a,b D O B C A (29)Ta có: a +b ≥ ab 2 Dấu "=" xảy a= b + Bất đẳng thức côsi tổng quát cho n số không âm n n n a a a n a a a 2 2 ≥ + + + Dấu "=" xảy ⇔ a1= a2= = an + Bất đẳng thức Bunhiacôpski (ax + by) ≤ (a2 +b2).(x2 +y2) Dấu "=" xảy ⇔ y b x a = + Và số bất đẳng thức quen thuộc khác. 4.2 Các ví dụ áp dụng: Ví dụ 1 Cho đường trịn (0; R) , đường kính AB , M điểm chuyển động đường trịn Xác định vị trí M đường tròn để MA + 3MB đạt giá trị lớn Giải : Ta có : ∠AMB = 900 ( góc nt chắn nửa đ.trịn) ∆ MAB có ∠M = 900 Theo Pitago ta có : MA2 + MB2= AB2= 4R2 áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có MA + 3MB ≤ (1+3)(MA2+MB2) = 4.4R2 = 4R ⇒ MA + 3MB ≤4R Dấu "=" xảy ⇔ = ⇔ = MA MB MB MA ⇔tg = = MA MB = tg600 ⇔MÂB = 600nênmax(MA + 3.MB) = 4R ⇔MÂB = 600 (30)Ví dụ : Cho đoạn thẳng AB , điểm M di chuyển đoạn Vẽ đường trịn đường kính MA , MB Xác định vị trí M để tổng diện tích hai hình trịn có giá trị nhỏ Giải Đặt MA =x , MB = y , ta có : x + y = AB ( < x< y < AB ) Gọi S S’thứ tự diện tích hình trịn có đường kính MA MB Ta có : S + S’= 4 2 2 2 2 y x y x = +       +       π π π áp dụng BĐT : x2+ y2≥ ( ) 2 2 y x+ ⇒ S + S’≥ π ( ) 8 2 y x+ = 8 2 AB π Dấu "=" xảy ⇔ x = y Vậy Min (S + S’) = 2 AB π ⇔M trung điểm AB Ví dụ : Cho ∆ABC có BC = a , AC = b , AB = c Tìm điểm M nằm bên tam giác ABC cho z c y b x a + + có giá trị nhỏ Trong x,y,z khoảng cách từ M đến BC , AC , AB Giải Gọi diện tích ∆ ABC S Ta có ax +by + cz = 2S Không đổi Ap dụng BĐT Bunhiacopski ta có (31)D O B C A (ax +by + cz ) ( z c y b x a + + ) ≥         + + z c cz y b by x a ax ⇒ (ax +by + cz ) ( z c y b x a + + ) ≥(a+b+c)2 ⇒ ( z c y b x a+ + ) ≥ ( ) S c b a 2 + + Vậy z c y b x a + + đạt giá trị nhỏ ⇔ ( z c y b x a + + ) = ( ) S c b a 2 + + ⇔ z c cz y b by x a ax = = ⇔ x = y = z ⇔ ∆ABC tam giác đều 4.3 Các tập áp dụng : Bài 1:Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên hai cạnh AB AD lấy điểm M, N cho chu ∆AMN = 2a Tìm vị trí M N để S∆AMNlớn Bài 2:Cho ∆ABC ngoại tiếp đường tròn (O;r) Kẻ tiếp tuyến đường tròn (O;r) song song với cạnh tam giác Các tiếp tuyến tạovới cạnh tam giác thành tam giác nhỏ có diện tích S1, S2, S3 Gọi S diện tích của tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ tỷ số S S S S1 + 2 + 3 . B Một vài ví dụ Bài 1: Cho đường trịn (O; R), dây BC cố định Tìm vị trí A cung lớn BC để tam giác ABC có chu vi lớn Hướng dẫn: BC cố định nên góc CAB khơng đổi, độ dài BC khơng đổi Chu vi tam giác ABC phụ thuộc vào AB+AC Trên tia đối tia AB lấy D cho AC = AD chu vi tam giác ABC phụ thuộc vào độ dài BD góc CDB (32)cũng khơng đổi hay BD dây cung chứa góc ∠ 2 1 A dựng BC Vậy BD lớn nhất đường kính cung chứa góc ∠ 2 1 A dựng BC <=> A điểm giữa cung lớn BC Bài 2: Cho đường tròn(O; R) với dây AB cố định cho khoảng cách từ O tới AB 2 R Gọi H trung điểm AB, tia HO cắt đường tròn (O; R) C Trên cung nhỏ AB lấy M tùy ý ( khác A, B) Đường thẳng qua A song song với MB cắt CM I Dậy CM cắt dây Ab K a) So sánh góc AIM với góc ACB b) Chứng minh: MK MB 1 MA 1 = + c) Gọi R1, R2 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MAK tam giác MBK, xác định vị trí điểm M cung nhỏ AB để tích R1.R2 đạt giá trị lớn Hướng dẫn: a) OH= R 1 => Nhận xét quan hệ dây và sđ cung căng dây ( Sđ cung AB = 1200) Từ tìm quan hệ hai góc AIM ACB b) Thường chuyển tỉ số đoạn thẳng ( Cần chứng minh MB MK MA MK + = ) Tìm cách quy đồng mẫu vế trái cách tam giác đồng dạng? Tam giác chứa hai cạnh MK, MA đồng dạng với tam giác nào? tam giác chứa hai cạnh MK, MB đồng dạng với tam giác nào? (Tam giác MKA tam giác MBC đồng dạng MC MB MA MK = ⇒ , tam giác MKB tam giác MAC đồng dạng MC MA MB MK = ⇒ Vậy MC MB MA MB MK MA MK + = + do ta phải chứng minh MA+MB = MC c) Để tìm giá trị lớn nhát tích R1.R2, ta tìm mối liên hệ tổng R1+R2vớicác yếu tố khơng đổi tốn K I C B A H O (33)Để ý hai tam giác AMK, BMK có hai góc AMK, BMK khơng đổi (= 600), tổng hai cạnh đối diện không đổi ( dùng công thức A sin a R= ) Lời Giải sơ lược: a) Xét tam giác AOH có CosO = 60 AOH 1 OA OH = ⇒∠ = 0 60 ACB 120 AB cung sđ 120 AOB= ⇒ = ⇒∠ = ∠ ⇒ Tam giác ABC có đường cao CH đồng thời trung tuyến Vậy tam giác ABC => 60 ACB= ∠ AI // MB => góc AIM = góc CMB = góc CAB = 600 Vậy góc AIM = góc ACB b) Tam giác AIM ( có hai góc 600) => AM = MI. MB CI c) -g -(c AMB AIC=∆ ⇒ = ∆ MKA ∆ ∆MBC đồng dạng nên MC MB MA MK = MKB ∆ ∆MAC đồng dạng nên MC MA MB MK = Vậy: MC MA MB MC MA MC MB MB MK MA MK = + = + = + hay MK MB MA = + Bổ đề:Trong tam giác ABC: R 2 C sin c B sin b A sin a = = = CM: Vẽ đường kính BD => góc A = góc D Xét tam giác vng BCD BD = D sin BC hay A sin a R= 2 tương tự ta cm R C sin c B sin b A sin a = = = c) Áp dụng bổ đề ta được: Trong tam giác AKM: 3 AK 60 sin AK M sin AK R1 = = 0 = Trong tam giác BKM: 3 BK 60 sin BK M sin BK R2 = = 0 = (34)Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số không âm R1, R2có: hs R R 3 BK AK R R R R 2 1 = = = + = + ≤ dấu R1=R2AK = BK M điểm cung AB Vậy R1R2 max= 4 2 R khi Mlà điểm cung AB. Bài 3:Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R, lấy C trung điểm AO Kẻ hai tia Ax By vng góc với AB phía với nửa đường trịn Điểm M di động nửa đường tròn ( M khác A, B) Một đường thẳng vng góc với CM M cắt Ax P, cắt By Q Tìm vị trí điểm M nửa đường tròn để tứ giác APQB có diện tích nhỏ Tìm giá trị diện tích nhỏ Phương hướng: Hình thang ABQP có đường cao khơng đổi dó diện tích nhỏ  AP+BQ nhỏ Ta chứng minh tích AP BQ khơng đổi Muốn AP BQ cạnh không tương ứng hai tam giác đồng dạng Gợi ý: Tứ giác APMC, BQMC nội tiếp => Hãy chỉ cặp góc ( liên hệ góc với đường tròn) Lời giải sơ lược: Tứ giác APMC nội tiếp => góc PCA = góc PMA Có góc AMB vng => góc PMA + góc BMQ = 900 Tứ giác BQMC nội tiếp => góc BMQ = góc BCQ Có góc CAQ vng => góc BCQ + góc BQC = 900. Vậy: góc PCA = góc BQC Do tam giác APC tam giác BCQ đồng dạng AP.BQ AC.BC BQ BC AC AP = ⇒ = ⇒ hs R R R = = = Áp dụng bất đẳng thức Cosi : R R BQ AP BQ AP+ ≥ = = dấu AP = BQ CM vng góc với AB Hay ( ) min ABQP 2R 3R 3R 2 BQ AP AB S = + = = sđ cung AM = 600 (35)Bài 4: Cho tam giác ABC, E điểm cạnh AC ( E khác A), K trung điểm đoạn AE Đường thẳng EF qua E vng góc với đường thẳng AB ( F thuộc AB) cắt đường thẳng qua C vng góc với đường thẳng BC D Xác định vị trí E cho đoạn KD có độ dài nhỏ Hướng dẫn: Khai thác Tam giác ABC đều, tam giác AEF vng, K trung điểm AE, góc DCB vng => điểm B, C, D, K, F thuộc đường tròn => KD dây cung sđ cung DK khơng đổi Do đó: KD nhỏ bán kính nhỏ Lời giải so lược: Tam giác AEF vng F, góc A = 600, FK trung tuyến ứng với cạnh huyền => Tam giác AKF => góc FKC = 1200 Vậy Tứ giác BCKF nội tiếp Tứ giác BCDF có góc F = góc C = 900 Vậy Tứ giác BCDF nội tiếp hay điểm B, C, D, K, F thuộc đường tròn đường kính BD sđ cung DK = góc DFK = 600=> KD = 2 DB CB 2 ≤ dấu E trùng với C Vậy KD min= CB 2 1 khi E ≡C Bài 5: Cho tam giác ABC cân B có góc ABC β, O trung điểm cạnh AC, K chân đường vng góc hạ từ O xuống cạnh AB, (ω) đường trịn tâm O bán kính OK E điểm thay đổi cạnh BA cho góc AOE α (200 < α < 900) F điểm cạnh BC cho EF tiếp xúc với (ω) Tìm α để AE + CF nhỏ nhất. Gợi ý: Để Tìm giá trịnhỏ tổng, ta chứng minh tích khơng đổi Nhận xét quan hệ hai tam giác AEO OEF? (Sử dụng tính chất tiếp tuyến, tổng góc tứ giác, tam giác) Lời giải sơ lược: Trong tam giác OEF: CFE AEF 1 180 OFE OEF 180 EOF= 0−∠ −∠ = − ∠ − ∠ ∠ F D K C A B E F K O C B (36)Trong tứ giác AEFC: ∠AEF + ∠AFE = 3600 - (∠A + ∠C) = 3600 - (1800 - β) =1800 + β Vậy: ∠EOF = 900 - 2 β Tam giác ABC cân => ∠A = ∠C = 2 1(1800 - β) = 900 - 2 β Vậy: ∠EOF = ∠A = ∠C => tam giác AEO tam giác OEF đồng dạng, Tam giác OEF tam giác COFđồng dạng Vậy tam giác AEO tam giác COF đồng dạng hs CO AO CF AE CF CO AO AE = = ⇒ = ⇒ áp dụng bất đẳng thức Cosi: AE+CF≥2 AE.AF =2 AO.CO =hs dấu AE = CF  tam giác OEF cân O  tam giác AEO cân A ∠AOE = β + = β − − = ∠ − 45 ) 90 ( 90 A 900 0 Vậy ∠AOE = + β 4 450 AE + CF nhỏ Bài 6:Cho hai đường tròn(O1; r1) (O2; r2) cắt hai điểm A B Biết r1 = cm; r2= cm; AB = cm hai điểm O1, O2 hai phái đường thẳng AB Xét đường thẳng (d) qua A, cắt (O1; r1) (O2; r2) lầm lượt điểm M N cho A nằm đoạn MN Tiếp tuyến (O1; r1) M tiếp tuyến (O2; r2) N cắt điểm E a) Chứng minh tứ giác EMBN tứ giác nội tiếp b) Tính O1O2 b) Tìm giátrịlớnnhấtcủa 2EM + EN Hướng dẫn: a) sử dụng quan hệ góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung với sốđo cung, lưu ýquan hệ sốđo cung củahai dường tròn c) Vấn đề vai trị khơng đối xứng ME EN Cần tìm tương ứng: 2.EM với 1.EN Ta lại thấy hai bán kính đường trịn có tương ứng Ta tìm tam giác đồng dạng để chuyển đổi tương ứng Lời giải sơ lược: (37)b) O1O2 = ( 15 1 + ) x E M O2 O1 A B N c)∆O1O2A;∆MNB đồng dạng => AO AO BM BN 1 = = ( Vì R1=1 cm, R2= cm)=>BN=2BM ∆EMB ∆NAB đồng dạng EM MB.AN AB AN MB EM = ⇒ = ⇒ ( Vì AB = cm) Tương tự ta EN = NB.AM Vậy 2.EM + EN = 2.MB.AN + NB.AM = MB AN + 2.MB.AM = 2.MB.(AM + AN) = 2MB.MN Lại có ∆MBN ∆O1AO2 đồng dạng theo tỉ số r MB O O MN 1 ≤ = Vậy: 2 1.2O O r MN MB 2 ≤ = ( 15) 4( 15) 1 8 + = + dấu MB = 2r1hay M đối xứng với B qua O1 Bài 7:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O D điểm nằm cung BC không chứa điểm A Xác định vị trí D cho DA + DB + DC lớn Hướng dẫn: Tương tự 2.Ta chứng minh DA = DB + DC Bài 8: Cho hai đường tròn (O) (O') cắt A B cho hai tâm O O' nằm hai phía khác đường thẳng AB Đường thẳng (d) quay quanh B cắt đường tròn (O) (O') C D ( C khác A, B D khác A, B) Xác định vị trí (d) cho đọan thẳng CD có độ dài lớn Bài dễ, bạn tự làm Bài 9: Cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (O) M điểm nằm cung BC không chứa điểm A Gọi N, H, K hình chiếu M AB, BC, CA Tìm giá trị nhỏ nhẩt MK AC MN AB MH BC + + K N A H B C (38)Gợi ý: Hãy tìm cách rút gọn biểu thức: MK AC MN AB MH BC + + bằng cách chuyển tỉ số thành tỉ số có mẫu Lời giải sơ lược: Nhận thấy: Nếu K nằm ngồi AC N nằm AB MK CK MK AK MK AC MN AN MN BN MN AB − = + = Tam giác MCK tam giác MBN đồng dạng => MK CK MN BN = Tam giác MAK tam giác MBH đồng dạng MH BH MK AK = ⇒ Tam giác MAN tam giác MCH đồng dạng HM CH MN AN = ⇒ Vậy: MH BC MH BH MH CH MH BC MK AC MN AB MH BC + + = + + = Vậy MK AC MN AB MH BC + + nhỏ MH lớn  MH = R M điểm của cung BC C Một vài ví dụ tự giải Bài 11: Cho đường trịn (O; R) đường kính AB, điểm M di động đường tròn cho MA≤MB Trong tam giác AMB kẻ đường cao MH Gọi r1, r2, r3 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác AMB, AMH BMH Hãy xác định vị trí M để tổng: r1+r2+r3đạt giá trị lớn Bài 12: Cho tam giác ABC có góc A = 300, AB = c, AC = b, M trung điểm BC Một đường thẳng (d) quay xung quanh trọng tâm G tam giác ABC cho (d) cắt đoạn AB P (d) cắt đoạn AC Q a) Đặt AP = x, tìm tập hợp giá trị x b) Tính giá trị biểu thức AQ AC AP AB+ . (39)đường tròn (O) điểm C D Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM Bài 14: Cho đường tròn (O) dây BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B C) Tia phân giác góc ACB cắt đường tròn (O) D khác C, lấy I thuộc đoạn CD cho DI = DB Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) điểm K khác B a) Chứng minh tam giác KAC cân b) Xác định vị trí A để độ dài đoạn AI lớn Bài 15: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R) Điểm M lưu động cung nhỏ BC Từ M kẻ đường thẳng MH, MK vng góc với AB, AC ( H thuộc đường thẳng AB, K thuộc đường thẳng AC) Tìm vị trí M để độ dài đoạn HK lớn Bài 16: Cho hai đường tròn (O1, R1) (O2; R2) tiếp xúc với A Đường thẳng (d) qua A cắt đường tròn (O1, R1) M cắt đường tròn (O2; R2) N ( điểm M, N khác A) Xác định vị trí đường thẳng (d) để độ dài đoạn thẳng MN lớn Bài 17: Đường tròn tâm O có dây AB cố định I điểm cung lớn AB Lấy điểm M cung lớn AB, dựng tia Ax vng góc với đường thẳng MI H cắt BM C a) Chứng minh tam giác AIB AMC tam giác cân b) Khi M di động cung lớn AB chứng minh điểm C di động cung tròn cố định c) Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác AMC đạt giá trị lớn Bài 18: Cho tam giác nhọn ABC Điểm D di động cạnh BC Gọi O1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD tương ứng a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AO1O2 qua điểm cố định khác A b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AO1O2 Hãy xác định vị trí D BC cho IO nhỏ (40)a) Chứng minh AE // BH b) Tia phân giác góc CAB cắt đường trịn đường kính AC điểm thứ hai F, cắt CE I Tính diện tích tam giác FID trường hợp tam giác c) Trên đoạn BH lấy K cho HK = HD, gọi J giao AF BH Xác định vị trí C để tổng khoảng cách từ điểm I, J, K đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn Bài 20:Cho đường tròn tâm O, bán kính R dây BC <2R, tiếp tuyến đường tròn B C cắt A M điểm cung nhỏ BC không trùng với B, C Gọi H, I, K hình chiếu M BC, CA, AB BM cắt HK P, CM cắt HI Q a) Chứng minh PQ // BC (41)
- Xem thêm -

Xem thêm: Chuyên đề cực trị Hình học ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán, Chuyên đề cực trị Hình học ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán