Một số phương pháp cực trị hìn học

Một số phương pháp cực trị hìn học

x

O

C A

B M

Trong hoạt động của mình, con người luôn luôn đối mặt với một câu hỏi tìm giá trị cực đại hoặc cực tiểu của một đối tượng hình học nào đó về độ dài, diện tích, bề mặt hoặc thể tích,… Ngay trong tự nhiên, những hình có dạng đều, chúng mang những tính chất rất đặc biệt, trong nó chứa ẩn những tính chất “cực trị” mà các hình khác không có được như tam giác đều, hình vuông, lục giác đều hoặc hình tròn, khối cầu,…

Ngày nay những bài toán cực trị vẫn được quan tâm và nghiên cứu Những phương pháp giải và các dạng bài tập này trong hình học rất đặc trưng và bắt nguồn từ lý thuyết cơ bản của toán học Ở ta, những loại sách tổng kết lại những bài toán cực trị trong hình học còn hiếm, nhất

là không hệ thống phương pháp giải và đưa ra một cách nhìn mới trong học tập, rất nhiều cuốn bài tập chỉ mang tính chất liệt kê không làm nổi bật những ý tưởng của đề toán và các phương pháp tiếp cận giải toán

Thời gian qua, nhờ sự hướng dẫn của giáo viên bộ môn, chúng em xin giới thiệu chuyên đề

“Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học” Chuyên đề này chỉ giới thiệu về một số

phương pháp tìm cực trị cơ bản thường gặp trong hình học phẳng và hình học vectơ Trong mỗi phương pháp sẽ có các ví dụ minh họa Và cuối cùng là phần bài tập tổng hợp với các bài tập giải bằng những phương pháp khác nhau

Trong quá trình biên soạn, sưu tầm và tập hợp các phương pháp cùng những ví dụ, bài tập, tuy chúng em đã cố gắng rất nhiều nhưng thiếu sót là điều khó tránh Vì vậy, chúng em mong thầy và các bạn thông cảm Xin chân thành cảm ơn!

Nhóm biên tập

1) Cực trị hình học : Cho biểu thức f phụ thuộc điểm X biến thiên trên miền D Ta nói :

( ) ,: ( )max ( )f X M f X M X D X D f X≤ ∀ ∈M

Phép cộng vector:

* Quy tắc 3 điểm: AB BC ACuuur uuur uuur+ =

* Quy tắc hình bình hành: nếu ABCD là hình bình hành thì AB AD ACuuur uuur uuur+ =

Tích vô hướng của hai vector :

Cho ,a br r khác vector 0 Ta có : a br r=| | | | cos( , )ar br a br r

Một số kí hiệu dùng trong tài liệu

r r r : bán kính các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của∆ABC

Một số điểm đặc biệt trong tam giác

Điểm Lemoine:

Định nghĩa: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC∆ lấy các điểm A B C tương ứng sao cho 1, ,1 1

Tính chất: Cho∆ABC, L là điểm trong tam giác Gọi H, K, N theo thứ tự là hình chiếu của L

trên BC, CA, AB Khi đó L là điểm Lemoine của ABC∆ khi và chỉ khi L là trọng tâm của

HKN

∆ khi và chỉ khia LA b LB c LC2uur+ 2uuur+ 2uuur r=0

Điểm Toricelli: Cho ABC∆ có các góc đều nhỏ hơn 120 Khi đó tồn tại duy nhất điểm T có 0

tính chất cùng nhìn các cạnh BC, CA, AB dưới các góc 120 Điểm T như vậy gọi là điểm 0

Phương pháp 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc.

Ví dụ 1.1:Cho hình vuông ABCD Trên các cạnh AB, BC, CD, DA ta lấy theo thứ tự các điểm

E, F, G, H sao cho AE= BF= CG= DH Xác định vị trí của các điểm E, F, G, H sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất

Tương tự ta có: HE= EF= FG= GH nên tứ giác EFGH là hình thoi

HAE= EBF còn suy ra · AHE = BEF ·

Ta lại có·AHE AEH+· =90 ê0n nBEF· +AEH· =900

Do đó: ·HEF =900 Như vậy hình thoi EFGH là hình vuông

Gọi O là giao điểm của AC và EG Tứ giác AECG có AE= CG, AE// CG nên là hình bình hành, suy ra O là trung điểm của AC và của EG, do đó O là tâm của cà hai hình vuông ABCD và EFGH

HOE vuông cân: 2 2

HE = OE ⇒HE OE= Chu vi EFGH= 4.HE= 4 2.OE Do đó chu vi EFGH nhỏ nhất ⇔ OE nhỏ nhất

Kẻ OK ⊥ AB Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên: OE ≥ OK( độ dài OK không đổi) nên OE= OK ⇔E≡ K

DCK có đường cao DM là trung tuyến nên là tam giác cân, suy ra ·HDM =MDB·

Vậy SMCD = a2 Các điểm C, D được xác định trê Ax, By sao cho AC= BD= a

Ví dụ 1.3: Cho tam giác ABC có góc B là góc tù, điểm D di chuyển trên cạnh BC Xác đ5nh vị

trí của điểm D sao cho tổng các khoảng cách từ B và từ C đến đường thẳng Ad có giá trị lớn nhất

Giải: Gọi S là diện tích ABC Khi D di chuyển trên cạnh BC ta có:

Đường xiên AD nhỏ nhất ⇔ hình chiếu HD nhỏ nhất.

Ta có HD ≥ HB ( do ·ABD>900) và HD = HB khi và chỉ khi D≡B

Như vậy khi D trùng B thì tổng các khoảng cách từ B và từ C đến AD có giá trị lớn nhất

Ví dụ 1.4: Cho hình bình hành ABCD Qua A vẽ đường thẳng d không cắt hình bình hành Gọi B’, C’, D’, lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm B, C, D trên đường thẳng d

Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng BB’ + CC’ + DD’ có giá trị lớn nhất

Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD.

O’ là hình chiếu vuông góc của O trên d

Mà OO'⊥d DD, '⊥ ⇒d OO'/ /DD' và O là trung điểm BD ( ABCD là hình bình hành)

Do đó OO’ là đường trung bình của hình thang DD’B’B

OO ⊥d CC ⊥ ⇒d OO CC và O là trung điểm AC.( ABCD là hình bình hành)

Do đó OO’ là đường trung bình cùa ACC’ ⇒OO'=CC'⇒CC' 2.= OO'

Phương pháp 2: Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc

Ví dụ 2.1: 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

Giải:

Gọi I, K, M theo thứ tự là trung điểm của EF, EG và GH

AEF vuông tại A có AI là trung tuyến ⇒ AI= 1

2 EF

K I

Do đó: chu vi EFGH= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC)

Ta lại có: AI + IK + KM + MC ≥ AC (so sánh độ dài đoạn thẳng và đường gấp khúc)

Suy ra: chu vi EFGH ≥ 2AC ( không đổi)

Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC ⇔ A, I, K , M, C thẳng hàng

 Nhận xét về phương pháp giải: bằng cách vẽ trung điểm các cạnh EF, GH, và trung điểm của đường chép EG, ta tính được chu vi của tứ giác EFGH bằng hai lần độ dài đường gấp khúc AIKMC, độ dài đường gấp khúc trên nhỏ nhất khi đường gấp khúc đó trở thành đoạn thẳng AC

Ví dụ 2.2: Cho tam giác ABC nhọn Dựng một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếpABC, tức

là có ba đỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ấy

Giải:

Cách 1: Xét tam giác MNP nội tiếp ABC một cách tùy ý ( M thuộc AB, N thuộc BC, P thuộc

AC) Vẽ E, F sao cho AB là đường trung trực của NE, AC là đường trung trực của NF

Chu vi MNP = NM + MP + PN = EM + MP + PF ≥ EF

M

1 2 A

Xét HMP: AB là đường phân giác của góc EMH, AC là đường phân giác ngoài của góc FPH

Ta có AB, AC gặp nhau tại A nên HA là tia phân giác của góc MHP Vì AH ⊥ HC nên HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H Theo trên AC là đường phân giàc ngoài tại đỉnh P, HC gặp

AC tại C nên MC là tia phân giác góc trong tại đỉnh M

H

A

M P

E

F

MB và MC là các tia phân giác của các góc kề bù nên MB ⊥ MC Tương tự PC ⊥ PB

x

O

C A

B M

AN, BP, CM là các đường cao của tam giác ABC

Thật vậy, giả sử OA ⊥ MP, OB ⊥ MN, OC ⊥ NP Kẻ tiếp tuyến Ax Ta có µC =M¶ 2 ( cùng bằng góc BAx) Chứng minh tương tự µC=M¶ 1 Do đó ¶M1=M¶ 2 suy ra ¶M2 =M¶ 3 Như vậy

MA là phân giác ngoài của tam giác MNP Tương tự PA là đường phân giác ngoài tam giác MNP Suy ra NA là đường phân giác của góc MNP Ta lại có ¶N1 =¶N2 nên NA⊥BC

Chứng minh tương tự BP⊥AC CM, ⊥ AB Tam giác MNP có chu vi nhò nhất khi và chỉ khi

N, P, M là chân các đường cao của tam giác ABC

Ví dụ 2.3: Cho tam giác đều ABC và trung điểm M của AB Trước tiên An chọn một điểm N trên BC, tiếp đó Bình chọn một điểm P trên AC Mục tiêu của An là muốn tổng d = MN + NP +

PM lớn nhất, còn Bình muốn tổng d nhỏ nhất Hỏi rằng nếu cả hai đều có cách chọn tốt nhất thì

Rõ ràng để tổng d nhỏ nhất thì Bình phải chọn P là giao điểm của ND và AC.

P

C A

B trùng N

M

Trong trường hợp An chọn N trùng B thì Bình chọn P là giao điểm của BD và AC, khi đó d =

Do cả hai người đều chơi tối ưu nên An chọn N trùng B để có tổng d lớn nhất, sau đó Bình chọn

P là giao điểm của BD và AC

Ví dụ 2.4: Cho hai điểm A và B nằm trong góc nhọn xOy Xác định điểm M trên tia Ox, điểm

N trên tia Oy sao cho đường gấp khúc AMNB có độ dài nhò nhất

Giải:

x

N M

B'

A'

O

A B

Vẽ các điểm A’, B’ sao cho Ox là đường trung trực của AA’, Oy là đường trung trực của BB’

Độ dài đường gấp khúc AMNB bằng AM + Mn + NB = A’M + MN + NB’ ≥ A’B’

Độ dài đường gấp khúc đó nhỏ nhất trong trường hợp M, N nằm trên A’B’

Phương pháp 3: Áp dụng bất đẳng thức trong đường tròn tìm cực trị

Ví dụ 3.1:Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng d, hai điềm M,N thuộc d và dộ dài MN không đổi Xác định vị trí hai điềm M, N để dường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 3.2: Nửa đường tròn (O;R) đường kính AB M là điểm di động trên nửa đường tròn Qua

M kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, gọi D,C Lần lượt là hình chiếu của A; B trên tiếp tuyến ấy.Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất

(·ADC DCE=· = ·AEC=900) ⇒ DC = EA

·AEB= 900⇒ E thuộc đường tròn đường kính AB,

⇒ AE là dậy cung của đường tròn (o)

⇒ DC ≤ 2R (trong đường tròn đườn kính là dây lớn nhất)

Do đó S ABCD ≤R R.2 =2R2 (không đổi)

Dấu bằng xảy ra ⇔ AE là đường kính cùa (O)

⇔OM ⊥ AB ⇔ M là trung điểm của cung AB

Ví dụ 3.3: Cho đường tròn (O;R) BC là dây cung cố định (BC≠2R) A là diểm chuyển động trên cung lớn BC Xác định vị trí của A để chu vi tam giác ABC lớn nhất

Giải:

ABC

P = AB + AC + BC (BC không đổi)

Trên tia đối của tia AB lấy D sao cho AD = AC

Ta có ∆ABC cân tại A ⇒ ·BAC =2·ADC

Mà ·BAC không đổi ⇒ ADC không đổi.

Mặt khác ·BDCkhông đổi, BC cố định ⇒ D thuộc cung chứa góc có số đo 1 »

4 sd BCcủa (O)

dựng trên đoạn thẳng BC

O

C B

Phương pháp 4: Áp dụng bất đẳng thức đại số tìm cực trị

Ví dụ 4.1: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn Xác định vị trí M để MA + 3MBđạt giá trị lớn nhất

Giải: ·AMB=900(góc nội tíếp chắn nửa đường tròn)

Tam giác MAB có ¶M = 900 nên theo định lý Pitago ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3.MA MB= ⇔V MAB là nủa tam giác đều⇔sd MA» =600

Ví dụ 4.2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) Lấy điểm D trên cạnh BC ( D khác B,C ) Gọi

1, 2

r r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABD và ACD Xác định vị trí của D để tích r r1 2 đạt giá trị lớn nhất

Giải: Gọi O là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác ABC, O là tâm đường tròn nội tiếp 1

tam giác ABD, O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Dễ thấy 2 O1∈OB, O2∈OC Vì

M H

N K

O2 O

D

A

O1

Khi đó VO KB1 =VO NC2 suy ra BK = CN Suy tiếp ra BH = CM

Từ đó AH = AM Vậy VAHO1 =VAMO2 Nên AO1 =AO2, kẻ O I1 ⊥ AD O J, 2 ⊥ AD Dễ thấy I trùng J và O I O J1 = 2

Từ đó KD = DN

Vậy D là trung điểm của BC thì tích r r1 2 đạt giá trị lớn nhất Lúc đó A, O, D thẳng hàng.

Ví dụ 4.3: Cho đoạn thẳng BC cố định A là điểm di động sao cho tam giác ABC nhọn AA’ là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC Xác dịnh vị trí A để AA’.A’H đạt giá trị lớn nhất

Giải

Xét ∆A’BH và ∆A’AC có · · 0 · ·

BA H = AA C = A BH = A AC( Hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc )

A' H A

Do đó ∆A’BH ∼∆A’AC ⇒ HA’/A’C = A’B/ AA’ ⇒ A’A HA’ = A’B A’C,

BC

= AB

⇔A’ là trung điểm BC ⇔ A thuộc trung trực của BC

Vì ∆ABC nhọn nên A nằm ngoài đường tròn đường kính BC

Phương pháp 5: Ứng dụng diện tích tìm cực trị

Ví dụ 5.1: Hãy tìm trong tam giác ABC một điểm M sao cho tích các khoảng cách từ M đến ba cạnh có giá trị lớn nhất

Giải: Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ m đến ba cạnh BC, AC, AB; h h ha, ,b c tương ứng

là đường cao xuất pháp từ các đỉnh A, B, C Ta có:

Ví dụ 5.2: Cho điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB Vẽ các tam giác đều AMC và BMD về một phía của AB Xác định vị trí của M để tổng diện tích hai tam giác đều trên là nhỏ nhất

S +S = a ⇔ = ⇔x y M là trung điểm của AB

Ví dụ 5.3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 12 cm, E là trung điểm của CD, điểm F thuộc cạnh BC sao cho CF = 4 cm Các điểm G và H theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB và AD sao cho GH // EF Xác định vị trí của điểm G sao cho tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó

Giải:Đặt SEFGH = S , BG = x và kí hiệu như hình vẽ

3

2

4 1

E

B A

F H

G

maxS = 75 khi và chỉ khi x = 3

Diện tích lớn nhất của tứ giác EFGH là 75cm với BG = 3cm.2

Ví dụ 5.4: Cho hình vuông ABCD có AB = 6m, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = 2m Xác định vị trí điểm F trên cạnh BC sao cho hình thang EFGH ( G thuộc cạnh CD, H thuộc cạnh

T =|MA MB MCuuur uuur uuuur+ − |

Giải: Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì: IA IB ICuur uur uur r+ − =0

A

M

Khi đó : MA MB MCuuur uuur uuuur+ − =(MI IAuuur uur+ ) (+ MI IBuuur uur+ ) (− MI ICuuur uur+ )

=MI IA IB ICuuur uur uur uur+ + −

= MI uuur

Như vậy T lớn nhất ⇔ | MI uuur | lớn nhất ⇔MI lớn nhất ⇔M ≡ M với 1 M là giao điểm của 1

OI với đường tròn (O), M nằm ngoài đoạn OI 1

Tương tự T nhỏ nhất ⇔ M ≡ M2 với M2 là giao điểm của OI với đường tròn (O) , M2

thuộc đoạn OI

Ví dụ 1.2:Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và ba sốα β γ, , sao cho α β γ+ + ≠0 Tìm

điểm M thuộc (O) để biểu thức sau đạt GTLN, GTNN

T =|αMAuuur+βMBuuur+γMCuuuur|

Giải: Gọi I là tâm tỷ cự của hệ điểm A, B, C ứng với các hệ số , ,α β γ

MA MB MC MI IA MI IB MI IC

αuuur+βuuur+γuuuur=α uuur uur+ +β uuur uur+ +γ uuur uur+

= ( α β γ + + )MI uuur + α uur IA + β IB uur + γ IC uur

Giải : Gọi I là trung điểm AB thì I cố định và CM uuuur = 2 CI uur.

Gọi C C1, 2 là giao của OI với đường tròn (O) và coi IC1 ≥ IC2

C2 C1

I

M

O C

Do đó IC IC ≤ 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C trùng C1

Vậy CM lớn nhất khi và chỉ khi C trùng C2

≥|uuur uuur uuuurAA'+BB'+CC' |

Giải: Giả sử I là điểm sao cho 3IAuur+2IBuur r=0 thì I là điểm cố định

d C

M

A

B I

Ta có 3MA2+2MB2 =3(MI IAuuur uur+ )2+2(MI IBuuur uur+ )2

=5MI2+3IA2+2IB2

Do đó 3 MA2 + 2 MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất ⇔ MI ⊥ d , điều này tương đương · IMC = 900, tức là M thuộc đường tròng (C) đường kính IC

Vậy 3 MA2+ 2 MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của d với đường tròn đường kính IC

Ví dụ 2.2: Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) tìm tam giác có tổng T =

≤ Đẳng thức xảy ra ⇔ ≡ ⇔ O G ABC là tam giác đều

Vậy trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn thì tam giác đều thỏa mãn bài toán

Ví dụ 2.3: Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), hãy tìm tam giác có tổng bình phương các khoảng cách từ tâm đường tròn đến các cạnh là nhỏ nhất

Giải: Gọi d d da, ,b c lần lượt là khoảng cách từ tâm đường tròn đến ba cạnh BC, CA, AB của tam giác

dc db

da O

C B

d + d + d = khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Ví dụ 2.4: Cho điểm M nằm trong mặt phằng tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T = MA + MB + MC

Giải : Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có

T =(MG GAuuuur uuur+ )2+(MG GBuuuur uuur+ )2+(MG GCuuuur uuur+ )2

=3MG2 +GA2+GB2 +GC2 +2MG GA GB GCuuuur uuur uuur uuur.( + + )

Phương pháp 3 : Tìm cực trị nhờ đánh giá tích vô hướng của hai vector:

Ví dụ 3.1: Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O) Tìm trên đường tròn điểm M

để có tổng bình phương khoảng cách từ đó đến ba đỉnh tam giác là nhò nhất, lớn nhất

Giải: Với mọi điểm M thuộc đường tròn (O) ta có:

=(MO OAuuuur uuur+ )2+(MO OBuuuur uuur+ )2+(MO OCuuuur uuur+ )2

=6R2 +2MO OA OB OCuuuur uuur uuur uuur( + + )

= 6 R2 + 2 MO OH uuuur uuur ( với H là trực tâm của tam giác)

=6R2+2 R OH.cos (α α =(MO OHuuuur uuur, ))

Từ đó suy ra

• T nhỏ nhất ⇔cosα = − ⇔1 MOuuuur↑↓OHuuur

• T lớn nhất ⇔ cos α = ⇔ 1 MO uuuur ↑↑ OH uuur

Ví dụ 3.2 : Cho tam giác ABC vuông tại A Gọi là góc α giữa hai trung tuyến BD và CK Tìm

giá trị nhỏ nhất của cosα