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

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ 
TRONG HÌNH HỌC 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
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. 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 2
A B
CD
F
E
I
3. Nội dung chủ yếu của đề tài: 
A. KHÁI NIỆM: 
Toán cực trị hình học là một dạng các bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ 
nhất của một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo 
diện tích, số đo chu vi.) trong tất cả các hình có chung một tính chất. 
Các bài toán cực trị trong hình học thường được trình bày theo 2 cách: 
Cách 1: 
Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh 
hình rằng mọi hình khác đều có giá trị (của đại lượng phải tìm cực trị) lớn 
hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra. 
Cách 2: 
Thay điều kiện một đại lượng đạt cực trị (lớn nhất hoặc nhỏ nhất) bằng các 
điều kiện tương đương, cuối cùng dẫn đến một điều kiện mà ta xác định 
được vị trí của các điểm để đạt cực trị. 
Trong hai cách trên thì lời giải theo cách 2 có vẻ tự nhiên hơn vì nó mang 
tính chất tìm kiếm. 
B. CÁC BÀI TOÁN: 
Bài toán 1: 
Cho hình vẽ ABCD cạnh là a. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai 
điểm di động E và F sao cho AE + EF + FA 
= 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: 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 3
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
⇒ = ⇔ = 
=> 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 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 4
=> 2SMEF = SAPMQ - SAEF => 8
aS
2
MEF < 
Vậy Max 
8
aS
2
MEF < khi hoặc E ≡ A hoặc F ≡ A 
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 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 5
cao ứng với BC không đổi nên A chuyển động trên đường thẳng d // BC 
Gọi D là điểm đối xứng với B qua d, ta có AB = AD 
Chu vi ∆ABC nhỏ nhất => AB + 
AC nhỏ nhất. 
Ta có: AB + AC = DA + AC ≥ DC 
(không đổi) 
AB + AC = DC ≥ D; A ; C thẳng 
hàng. 
Khi đó A ở vị trí giao điểm E của 
DC và d; ∆EBC cân tại E. Vậy 
trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và cùng diện tích, tam giác cân 
với đáy BC có chu vi nhỏ nhất. 
Bài toán 4: 
Cho đường tròn (O;R) cố định. AC là một đường kính cố định. Đường kính 
BD thay đổi không trùng với AC. Xác định vị trí của BD để cho tứ giác 
ABCD có diện tích lớn nhất. Tìm diện tích lớn nhất theo R. 
Chứng minh rằng lúc ABCD có diện tích lớn nhất thì chu vi của tứ giác 
ABCD cũng lớn nhất. 
Giải: 
Xét tứ giác ABCD có 
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. 
Ta có chu vi (ABCD) = 2(AB + BC) 2R4AC22)BCAB(22 222 ==+≤ 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 6
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: 
3 1 2S S S1
S S
+= − 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 7
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. 
Giải: 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 8
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= = = 
=> ADHB là hình chữ nhật 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 9
=> 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 n