Ôn tập Toán 9 - Chuyên đề: Bất đẳng thức và cực trị

Nội dung tài liệu: Ôn tập Toán 9 - Chuyên đề: Bất đẳng thức và cực trị

1. CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ PHẦN 1: LỜI MỞ ĐẦU Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị là một chuyên đề rất thú vị và hấp dẫn, thường xuyên xuất hiện trong các đề thi. Tuy nhiên nó khá khó và rộng. Vì vậy, chúng tôi xin chỉ đề cập về hai chủ đề nhỏ trong đó để có những phân tích và đánh giá sâu hơn, đó là: ➢ Chủ đề 1: KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY. ➢ Chủ đề 2: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐƯỜNG TRÒN.
2. PHẦN 2: CÁC CHỦ ĐỀ CHỦ ĐỀ 1 KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY A/ LỜI DẪN 1 Xét bài toán: “ Cho a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S a .” a 1 Nhận thấy tích a. 1 có giá trị không đổi nên ta nghĩ ngay đến việc áp dụng a bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương trong bài toán này để tìm GTNN của tổng S và đa phần học sinh đều làm như sau: 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương a và , ta được: a 1 1 S a 2. a 2. a a 1 Dấu “ = ” xảy ra a a = 1 giá trị này không thỏa mãn vì a 2 . a Trên đây là một trong số những sai lầm thường thấy nhất của học sinh khi làm các bài toán về bất đẳng thức và cực trị. Vấn đề nằm ở chỗ các em chưa đánh giá đúng tại giá trị nào của a thì tổng S đạt GTNN. Giá trị đó chúng tôi gọi là điểm rơi của a. Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức hay giải quyết các bài toán cực trị, kỹ thuật chọn “điểm rơi” là kỹ thuật rất quan trọng. Chọn điểm rơi nghĩa là dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào để ta có những đánh giá đúng, từ đó đưa ra phương pháp hợp lý. Bởi trong bất kỳ phép chứng minh bất đẳng thức hay bài toán cực trị nào, nếu không bảo toàn được dấu đẳng thức thì lời giải đó coi như vô nghĩa. Trước ý nghĩa quan trọng của kỹ thuật này, tôi hi vọng chuyên đề này có thể giúp bạn phần nào có thêm kiến thức cũng như kinh nghiệm để giải quyết các bài toán khó nhằn như bất đẳng thức hay cực trị.
3. B/ NỘI DUNG I. Kiến thức cần nhớ 1. Những Bất đẳng thức cơ bản 1.1. a b ma mb(m 0); a b ma mb(m 0). 1 1 1.2. a b 0 . a b 1.3. Bất đẳng thức Cauchy cho hai số a,b 0 : a b 2 ab Dấu “ = “ xảy ra a b. Bất đẳng thức Cauchy cho n (n 2,n N) số a1,a2 ,a3 , ,an 0 : n a1 a2 a3 an n a1.a2.a3 an . 2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Cho biểu thức f ( x) xác định trên miền D , D  R. 2.1. M là giá trị lớn nhất của f ( x) trên miền Dnếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: ➢ f (x) M x D. ➢ Tồn tại x x0 Dđể f(x0) M. Khi đó ta nói, Maxf (x) M x x0. 2.2. N là giá trị nhỏ nhất của f ( x) trên miền Dnếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: ➢ f (x) N x D. ➢ Tồn tại x x0 D để f (x0 ) N. Khi đó ta nói, Minf (x) N x x0 .
4. II. Các bài toán 1 Bài 1: Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S a a 1 1 ❖ Sai lầm thường gặp của học sinh: S a 2. a 2. a a 1 Dấu “ = ” xảy ra a a = 1 giá trị này không thỏa mãn vì a 2 . a ❖ Cách làm đúng: 1 Ta chọn điểm rơi: ta phải tách hạng tử a hoặc hạng tử để sao cho khi áp dụng a BĐT Côsi dấu “ = ” xảy ra khi a = 2. Có các hình thức tách sau: 1 1 a; (1) Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi (1): m a 1 (sơ đồ điểm rơi (2), (3), (4) học sinh tự làm) ma; (2) 1 a a, a 1 a; (3) ma 1 2 a m 2 1 a; (4) m m m 4. a 1 1 m 2 a 2 ❖ Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương, ta có: a 1 3a a 1 3a 3.2 5 S 2 . 1 . 4 a 4 4 a 4 4 2 Dấu “ = ” xảy ra a = 2. ❖ Bình luận: • Ta sử dụng điều kiện dấu “ = ” và điểm rơi là a = 2 dựa trên quy tắc biên để tìm ra m = 4.
5. •Ở đây ta thấy tính đồng thời của dấu “ = ” trong việc áp dụng BĐT Côsi cho 2 a 1 3a số , và đạt giá trị lớn nhất khi a = 2, tức là chúng có cùng điểm rơi là a 4 a 4 =2. Bài 2: Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S a 1 a2 Giải a 2 m m 2 1 ❖ Sơ đồ chọn điểm rơi: a = 2 m 8. 1 1 m 4 2 a 4 ❖ Sai lầm thường gặp: 1 a 1 7a a 1 7a 2 7a 2 7.2 2 7 9 S a 2 2 2 . 2 a 8 a 8 8 a 8 8a 8 8.2 8 4 4 4 9 MinS = . 4 ❖ Nguyên nhân sai lầm: 9 Mặc dù chọn điểm rơi a = 2 và MinS = là đáp số đúng nhưng cách giải trên 4 2 2 2 đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu a ≥ 2 thì là đánh 8a 8.2 4 giá sai. Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kỹ thuật tách nghịch đảo, phải biến đổi S sao cho sau khi sử dụng BĐT Côsi sẽ khử hết biến số a ở mẫu số. ❖ Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương, ta có: Côsi 1 a a 1 6a 3 a a 1 6a 3 6a 3 6.2 9 S a 2 2 3 . . 2 a 8 8 a 8 8 8 a 8 4 8 4 8 4
6. 9 Với a = 2 thì Min S = . 4 a,b,c 0 1 1 1 Bài 3: Cho 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của S a b c . a b c a b c 2 ❖ Sai lầm thường gặp: 1 1 1 1 1 1 S a b c 66 a.b.c. . . 6 Min S = 6. a b c a b c ❖ Nguyên nhân sai lầm: 1 1 1 3 Min S = 6 a b c 1 a b c 3 trái với giải thiết. a b c 2 ❖ Phân tích và tìm tòi lời giải: Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán MinS đạt tại điểm rơi 1 a b c . 2 1 a b c ❖ Sơ đồ điểm rơi: a b c 1 2 2 1 1 1 2 ma mb mc m 1 2 m 4. 2 m Hoặc ta có sơ đồ điểm rơi sau: m ma mb mc 1 m a b c 2 2 m 4 2 1 1 1 2 2 a b c 1 2 m 4. 2 m
7. Vậy ta có cách giải theo sơ đồ 2 như sau. ❖ Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương, ta có: 1 1 1 1 1 1 S 4a 4b 4c 3 a b c 66 4a.4b.4c. . . 3 a b c a b c a b c 3 15 12 3. . 2 2 15 Với a b c 1 thì MinS = . 2 2 Bài 4: (Bài 5 – ý 1 – Trích đề thi vào 10 của tỉnh Bắc Ninh năm 2015 – 2016) a 5(a2 1) Cho a là số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S . a2 1 2a ❖ Phân tích và tìm tòi lời giải: Đề bài nhìn qua tưởng chừng rất dễ và học sinh dễ mắc sai lầm trong việc áp dụng ngay BĐT Cauchy cho hai số dương như sau: a 5(a2 1) a 5(a2 1) S 2 . 10. Từ đó suy ra MinS 10. a2 1 2a a2 1 2a Tuy nhiên, dấu “ = “ không xảy ra bởi a 5(a2 1) 2a2 5a4 10a2 5 5a4 8a2 5 0. Phương trình này vô nghiệm a2 1 2a do ' 9 0. Do vậy ta phải tách 1 trong hai số hạng. Giả sử hai số được đưa ra để áp dụng BĐT a a2 1 Cauchy là ; . Xét điều kiện xảy ra dấu “ = “ trong BĐT Cauchy ta tìm a2 1 ma được m 4 . Từ đó, ta thu được lời giải sau.
8. ❖ Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương, ta có: a a2 1 a a2 1 2 . 1 a2 1 4a a2 1 4a a2 1 9 a2 1 9 a2 1 2 a2.1 2a 2 . a 4 a 2 9 11 S 1 2 2 a a2 1 2 Dấu bằng xảy ra a2 1 4a a 1 a 1. . a 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của S là11 , xảy ra khi a = 1. 2 x2 y 2 z 2 3 Bài 5: Cho x, y, z 0; xyz 1. Chứng minh rằng: . 1 y 1 z 1 x 2 ❖ Phân tích và tìm tòi lời giải: Ta dự đoán điểm rơi trong bài là x y z 1. Vì vậy khi áp dụng BĐT Cauchy cho x2 1 y x2 1 y 1 2 hai số dương ; ta có: m 4. Từ đó ta có lời giải 1 y m 1 y m 2 m sau. ❖ Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương, ta được: x2 1 y x2 1 y 2 . x. (1) 1 y 4 1 y 4 y 2 1 z y 2 1 z 2 . y. (2) 1 z 4 1 z 4 z 2 1 x z 2 1 x 2 . z. (3) 1 x 4 1 x 4 Cộng vế - vế của (1), (2), (3) ta được:
9. x2 y 2 z 2 3 x y z x y z 1 y 1 z 1 x 4 4 x2 y 2 z 2 3 3 3 3 9 3 3 x y z .3. 3 xyz . 1 y 1 z 1 x 4 4 4 4 4 4 2 x2 y 2 z 2 3 Vậy .(đpcm) 1 y 1 z 1 x 2 Bài 6: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 48. Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức: K a3 8 b3 8 c3 8 . ❖ Phân tích và tìm tòi lời giải: Nhận thấy ba số a,b,c trong bài có vai trò như nhau do vậy ta dự đoán điểm rơi trong bài là a b c 4. x y Để tìm được GTLN của K ta cần chỉ ra K q . Lại có BĐT Cauchy xy , do 2 đó ta cần đưa các số hạng của K về dạng tích. Thật vậy, ta có a3 8 a 2 a2 2a 4 mà với a 4 a 2 6,a2 2a 4 12 nên ta sẽ áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương là 2 a 2 ; a2 2a 4. Với các biến còn lại ta làm tương tự. Từ đó ta có lời giải sau. ❖ Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương, ta được: 1 1 2a 4 a2 2a 4 a2 8 a3 8 .2 a 2 a2 2a 4 . . (1) 2 2 2 2 2 b2 8 c2 8 Tương tự ta có: b3 8 ; c3 8 . (2) 2 2 2 2 Từ (1), (2), (3); ta được: a2 8 b2 8 c2 8 a3 8 b3 8 c3 8 2 2 2 2 2 2 a2 b2 c2 24 48 24 K 18 2. 2 2 2 2 Dấu “ = “ xảy ra a b c 4.
10. Vậy MaxK 18 2 a b c 4. Bài 7: (Đề thi vào lớp 10 của tỉnh Bắc Ninh năm 2018 – 2019) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a b c 3. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 4a2 6b2 3c2 . ❖ Phân tích và tìm tòi lời giải: Nhận thấy ba số a,b,c trong bài không có vai trò như nhau do vậy ta không thể xác định điểm rơi như bài 4 được. Mặt khác không xuất hiện tích của bất kỳ hai trong ba số đó hay tích của 3 số nên ta nghĩ đến việc áp dụng BĐT Cauchy riêng với từng ẩn như sau: 4(a2 m) 4.2 a2 .m 8a m 6(b2 n) 6.2 b2 .n 12b n 3(c2 p) 3.2 c2 .p 6c p. Mặt khác, để đảm bảo dấu “ = ”xảy ra thì a m; b n; c p m n p 3 (1) Hơn nữa để có thể sử dụng được dữ kiện a b c 3 thì 8 m 12 n 6 p 4 m 6 n 3 p (2) 4 16 Từ (1) và (2) ta suy ra m 1; n ; p . 9 9 ❖ Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương, ta có: 4(a2 1) 4.2 a2 .1 8a (1) 4 4 6(b2 ) 6.2 b2 . 8b (2) 9 9 16 16 3(c2 ) 3.2 c2 . 8c.(3) 9 9 Cộng từng vế của (1), (2), (3) ta được:
11. 8 16 A 4 8. a b c 8.3 24. 3 3 A 12. a2 1 4 b2 9 a 1 16 2 Dấu “ = ” xảy ra c2 b . 9 3 a,b,c 0 4 c 3 a b c 3 2 4 Vậy MinA=12 khi a,b,c 1; ; . 3 3 Bài 8: Cho các số thực dương thỏa mãn xy y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x y 4x 5y thức E . y x 4x y ❖ Phân tích và tìm tòi lời giải: Nhận thấy hai số x, y trong bài không có vai trò như nhau. Vậy ta sẽ chọn điểm rơi như thế nào? x Giả sử đặt t thì ta có thể dễ dàng đưa biểu thức E về một biến như sau: y x 4 5 x y 4x 5y x y y 1 4t 5 1 4 E t t 1. x y x 4x y y x 4 1 t 4t 1 t 4t 1 y Khai thác dữ kiện xy y 1. Ta có: 2 xy y 1 x 1 1 1 1 1 1 xy y 1 2 2 2 y y y y y 4 2 y 4 1 t . 4
12. 1 1 Dễ dàng nhìn ra ta sẽ áp dụng BĐT Cauchy cho hai số mt; . Với t m 16. t 4 Như vậy ta có lời giải sau. ❖ Lời giải: x +) Đặt t . y 2 xy y 1 x 1 1 1 1 1 1 1 +) Ta có: xy y 1 2 2 2 t . y y y y y 4 2 y 4 4 x y 4x 5y +) Xét: E y x 4x y x 4 5 x y y E x y x 4 1 y 1 4t 5 E t t 4t 1 1 4 E t 1 t 4t 1 1 4 E 16t 15t 1. t 4t 1 +) Nhận thấy: 1 1 16t 2 16t. 8. (1) t t 1 4 t 4t 1 4t 1 2 2. (2) 4 4t 1 1 15 11 t 15t 4 15t 1 . (3) 4 4 4 11 29 Từ (1), (2), (3) ta suy ra E 8 2 . 4 4
13. 1 1 2 y 1 1 16t x Dấu “ = “ xảy ra t 2. x y 2 t y x, y 0 1 29 x Vậy GTNN của E là 2. 4 y 2 III. Bài tập tự luyện Bài 1. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 biểu thức A xy . xy Bài 2.(Đề kiểm tra định kỳ lần 1 của tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x.y 6; y 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y 2013. Bài 3.(Đề thi cuối HKI của tỉnh Bắc Ninh năm học 2017 – 2018) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x 3y 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 6 P x y 2011. x Bài 4. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 biểu thức B xy. x2 y2 xy Bài 5. Cho các số thực dương thỏa mãn a b 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a 29a 3b b 29b 3a .
14. Bài 6.(Chuyên Lam Sơn-Thanh Hóa 2011-2012) Cho a, b là các số dương thỏa mãn: a + b = 1 19 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 2011(a4 b4 ) ab a2 b2 Bài 7. (Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ 2011-2012) 1/ Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a b 4ab . Chứng minh rằng a b 1 4b2 1 4a2 1 2 2/ Cho a, b, c là số thực dương, chứng minh rằng: 2ab 3bc 3ca a 2b 3c 3a 8b 6c 3b 6c a 9c 4a 4b 9 Bài 8. Cho a, b, c dương thỏa mãn abc 1 . Tìm GTNN của biểu thức: bc ca ab Q (Đề thi ĐH 2000-2001) a2 (b c) b2 (c a) c2 (a b) Bài 9. Cho x, y, z là ba số dương và x y z 1 .Chứng minh rằng: 1 1 1 x2 y2 ` z2 82 (Đề thi ĐHK A 2003) x2 y2 z2 x2 y 2 Bài 10. Cho x, y 0 và x 3y. Tìm giá trị nhỏ nhất của A . xy
15. CHỦ ĐỀ 2 CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐƯỜNG TRÒN A/ LỜI DẪN Song hành với môn đại số, môn hình học ở THCS có nhiều phần, mỗi phần đều có khó khăn riêng nhưng đều có những điều lý thú riêng. Trong chuyên đề này, chúng tôi xin chỉ đề cập đến toán cực trị hình học. HS thường không gặp các bài toán dạng này trong các sách giáo khoa môn toán. Bởi vì chúng là những bài toán khó, kể cả đối với HS giỏi nhiều khi cũng lúng túng khi gặp dạng toán này. Các bài toán cực trị hình học đã được đề cập trong chương trình hình học 7, hình học 8 và được ứng dụng nhiều trong hình học 9, đặc biệt là trong đường tròn. Vấn đề đặt ra là làm thế nào để giúp HS giỏi lớp 9 có thể giải được các bài tập cực trị hình học. Để giải các bài toán cực trị hình học đòi hỏi HS phải vận dụng các kiến thức hình học và đại số thích hợp và nhạy bén. Do vậy vai trò của giáo viên giảng dạy lúc này rất quan trọng. Giáo viên là người hướng dẫn giúp HS tìm ra cách giải bài toán, từ đó hình thành kỹ năng phân tích, tổng hợp kiến thức hình thành phương pháp toán học cho HS. Nhìn lại các kì thi tuyển sinh vào lớp 10 các trường THPT, các trường chuyên lớp chọn, đặc biệt các kỳ thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện, cấp tỉnh trong cả nước, có nhiều bài toán cực trị hình học. Do vậy, phạm vi ứng dụng của toán cực trị hình học khá rộng. Vì các lý do trên, chúng tôi viết chuyên đề “Các bài toán cực trị trong đường tròn”.
16. B/ NỘI DUNG I. Khái niệm về bài toán cực trị hình học Ta gọi đơn giản các bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học phẳng là bài toán cực trị hình học. 1. Thế nào là bài toán cực trị hình học? Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại lượng hình học biến thiên m (độ dài đoạn thẳng, chu vi, diện tích, ). Yêu cầu phải tìm được các giá trị 1, 2 không đổi luôn luôn thỏa mãn bất đẳng thức 1 ≤ ≤ 2, đồng thời chỉ rõ các vị trí hình học của đại lượng biến thiên đang xét, để tại đó m sẽ đạt giá trị nhỏ nhất 1 hoặc lớn nhất 2. Một bài toán cực trị hình học có thể được cho dưới các dạng: - Bài toán về dựng hình, chẳng hạn: Xác định vị trí của dây đi qua điểm P trong một đường tròn (O), dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất. - Bài toán về chứng minh, chẳng hạn: Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P trong một đường tròn (O), dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất. - Bài toán về tính toán, chẳng hạn: 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. 2. Phương pháp giải bài toán cực trị hình học . Đôi khi bài toán chỉ yêu cầu tìm một trong hai giá trị 1, 2, nhưng phương pháp thường dùng để giải bài toán loại này là: a) Phương pháp 1. Đưa ra một hình (theo yêu cầu của đề bài) rồi chứng minh mọi hình khác có chứa yếu tố (mà ta phải tìm cực trị) lớn hoặc nhỏ hơn yếu tố tương ứng trong hình đã đưa ra. Người ta thường dùng cách chứng minh này khi hình dạng của hình có cực trị đã được nói rõ trong đề bài. Ví dụ: Chứng minh rằng trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.
17. Giải: C' Vẽ tam giác ABC tại A. Qua A vẽ đường thẳng d //BC. Trên d lấy điểm A’ tùy ý, A’≠A. Ta phải chứng minh 푃 BC ⇒푃 > 푃 ∆ ′ ∆ b) Phương pháp 2: So sánh m với một đại lượng không thay đổi đã chọn (có thể dùng các biến đổi tương đương nếu cần thiết). Ví dụ: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác nào có chu vi nhỏ nhất? Giải: B' Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC (không đổi). d A A' Vì diện tích của tam giác không đổi nên đường cao của tam giác ABC cũng không đổi. C B H Vậy các đỉnh của tam giác có cùng đáy và cùng diện tích phải chạy trên đường thẳng d. 1 2푆 2푆 Ta có: S= AH.BC ⇒ AH= 2 = Mặt khác, chu vi của ∆ABC=AB+AC+BC ⇒푃∆ = + + Vậy chu vi của ∆ABC nhỏ nhất khi AB+AC nhỏ nhất. Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d. Xét ∆ABC có: AB+AC=AB’+AC≥B’C⇒AB’+AC≥A’B’+A’C (A’ là giao điểm của đoạn thẳng B’C và đường thẳng d).
18. Dấu “=” xảy ra ⇔ A≡ A’. Do vậy A′B′ = A′B = A′C nên tam giác A’BC cân tại A’. Kết luận: Trong các tam giác có cùng đáy cùng diện tích thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất. Chú ý: - Có một số trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A nào đó ta chia thành tổng của nhiều đại lượng A=B+C+ rồi tìm cực trị của các đại lượng B, C, từ đó suy ra cực trị của bài toán. - Nếu bài toán đã cho có nhiều khả năng tương ứng với từng trường hợp khác nhau thì phải tìm cực trị trong từng trường hợp. Cuối cùng so sánh các cực trị đó để tìm ra cực trị của bài toán. c) Phương pháp 3: Sử dụng hệ thức liên hệ với bất đẳng thức đại số. Phương pháp này thường dùng khi đại lượng m đang xét có thể biểu thị thành một biểu thức của một hay hai đại lượng x, y thay đổi (hoặc ba đại lượng x, y, z thay đổi) nhưng được ràng buộc với nhau bởi một hệ thức. Ví dụ 1: 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. Giải: +Cách 1: 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 ( h.1). C Kẻ OH  CD . O H OHP vuông tại H OH AB B A P D Như vậy trong tất cả các dây đi qua P , dây vuông góc với OP h .1 tại P có độ dài nhỏ nhất . +Cách 2 : A O Xét dây AB bất kỳ đi qua P ( h.2). Kẻ OH  AB H P B h .2
19. Theo liên hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm: AB nhỏ nhất OH lớn nhất Ta lại có OH ≤ OP, OH = OP H ≡ P Do đó maxOH = OP Khi đó dây AB vuông góc với OP tại P. Nhận xét về phương pháp giải: Lời giải theo cách 2 tự nhiên hơn vì mang tính chất tìm kiếm. Trong trường hợp đề bài cho dưới dạng: “Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P trong một đường tròn (O), dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất”, ta trình bày lời giải theo cách 1. II. Một số kiến thức thường dùng để giải bài toán cực trị hình học 1. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu. A B A K a b C a A H h.3 B H C B h.4 h.5 a1) ABC vuông tại A (có thể suy biến thành đoạn thẳng) AB ≤ BC . Dấu “=” xảy ra A ≡ C . ( h.3 ) a2) ( h.4 ) + AH  a AH ≤ AB . Dấu “=” xảy ra B ≡ H . + AB < AC HB < HC a3)( h.5 ) A,K a; B, H b; a // b ; HK  a HK ≤ AB Dấu “=” xảy ra A ≡ K và B ≡ H . 2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc.
20. - Với ba điểm bất kì A, B, C ta có: AC+CB≥AB AC+CB=AB ⇔ C thuộc đoạn thẳng AB. - Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A và B ngắn hơn độ dài đường gấp khúc có hai đầu là A và B. 3. Bất đẳng thức trong đường tròn Các bất đẳng thức trong đường tròn được thể hiện trong các định lí: D C D C A H B D O A B O B O C B K A A D h.14 h.15 h.16 h.17 - Đường kính là dây lớn nhất của đường tròn: AB là đường kính , CD là dây bất kỳ CD ≤ AB (h.14) - Trong hai dây của một đường tròn, dây lớn hơn khi và chỉ khi khoảng cách đến tâm nhỏ hơn: OH,OK là các khoảng cách từ tâm đến dây AB và CD : AB ≥ CD OH ≤ OK (h.15) - Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm lớn hơn: AB,CD là các cung nhỏ của (O) : AB ≥ CD AOB ≥ COD(h.16) - Trong hai cung nhỏ của đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trương cung lớn hơn: AB,CD là các cung nhỏ của (O) : AB ≥ CD AB ≥ CD(h.17) 4. Bất dẳng thức về lũy thừa bâc hai Các bất đẳng thức về lũy thừa bâc hai được sử dụng dưới dạng: A2 0 ; A2 0 Do đó với m là hằng số, ta có: f A2 m m ; minf = m với A = 0
21. f A2 m m ; maxf = m với A = 0 5. Bất dẳng thức Cô- si Bất đẳng thức Côsi và các hệ quả của nó được sử dụng trong các bài toán cực trị hình học bằng cách biểu thị hai độ dài thay đổi các biến x và y. Bất đẳng thức Cô – si thể hiện quan hệ giữa tổng của hai số không âm và tích của chúng: Trung bình cộng của hai số không âm không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng. x y 2 xy hay x y 4xy 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y II. CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐƯỜNG TRÒN Bài 1: Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm ở ngoài (O). Đường thẳng kẻ từ M qua tâm O cắt đường tròn ở A và B (A là điểm nằm giữa hai điểm M và O). Chứng minh rằng độ dài MA là khoảng cách nhỏ nhất trong các khoảng cách từ M tới tất cả các điểm của đường tròn và độ dài MB là khoảng cách lớn nhất trong tất cả các khoảng cách đó. Giải: B' Lấy A’ ∈ (O) và A’ ≠ A. Ta chứng minh A' MA MB’. Do đó: MB > MB’ (đpcm).
22. Nhận xét về phương pháp giải: Người ta gọi khoảng cách từ một điểm M đến một hình (H) là giá trị nhỏ nhất trong các khoảng cách từ điểm M đến tất cả các điểm của (H). Nếu (H) là một đường thẳng d thì ta có kết quả quen thuộc: Khoảng cách từ điểm M đến d là độ dài đoạn thẳng vuông góc kẻ từ M đến d. Qua bài toán trên, ta đã chứng minh được rằng: Khoảng cách từ một điểm M ở ngoài đường tròn (O) đến (O) là MA, trong đó A là giao điểm của đường tròn với đoạn thẳng MO. Bài 2: Cho đường tròn (O), đường kính AB. Một điểm M di động trên nửa đường tròn. Vẽ đường tròn tâm I tiếp xúc với đường tròn (O) tại M và tiếp xúc với đường kính AB tại N. Đường tròn (I) cắt MA, MB lần lượt tại các điểm thứ hai A’, B’. a) Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua một điểm cố định K. b) Giao điểm của các tia A’N’, B’N’ với KB, KA lần lượt là C và D. Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác NCD nhỏ nhất. Giải: M a) Đường tròn (I) tiếp xúc với đường tròn (O) tại M, suy ra M, I, O thẳng hàng. A' I B' Gọi K là giao điểm của MN và (O), ta có MNI = MKO (cùng bằng NMI) A B Do đó IN//OK. N O Mà IN⊥AB nên OK⊥AB ⇒ K là điểm D chính giữa cung AB (không chứa M) nên C K cố định. b) Ta có A’B’ là đường kính của (I) và K A’B’//AB (do OBM = IMB′ = IB′M) nên IN⊥A’B’ suy ra sđ A′N = 900. Lại có A′NA = 450 (góc giữa tiếp tuyến và dây cung), KAB = 450 (góc nội tiếp chắn cung KB của (O)) Suy ra CN//AK. Chứng minh tương tự DN//BK. Do đó tứ giác DNCK là hình bình hành.
23. Mặt khác AKB = 900. Vậy tứ giác DNCK là hình chữ nhật và các ∆AND, BCN vuông cân. Ta có chu vi ∆NCD = NC+ND+DC= DK+AD+NK=AK+NK. Do AK không đổi nên chu vi ∆NCD nhỏ nhất ⇔NK nhỏ nhất ⇔N≡O ⇔M là điểm chính giữa cung AB. Nhận xét về phương pháp giải: Với việc chứng minh K cố định, ta đã biến đổi chu vi tam giác NCD thành AK+NK. Việc xác định được vị trí của M để ∆NCD có chu vi nhỏ nhất trở về xác định vị trí của N để NK nhỏ nhất và từ đó suy ra vị trí của M. Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC, M là một điểm bất kì nằm trên cạnh BC, Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AC. Tìm vị trí của M để EF có dộ dài nhỏ nhất. Hướng dẫn : A Tứ giác MEAF nội tiếp trong đường tròn(I) đường kính AM. Gọi bán kính của đường tròn là r. Ta có góc 퐹 là góc ở tâm nên 퐹 = 2 I ( cùng chắn cung EHMF) Kẻ IP  EF, xét tam giác vuông EIP ta có: E 1 EP = IE sin 푃= IE sin 퐹 = r sin P F 2 B H M C Ta có EF = 2 EP = 2r sin không đổi ( do không đổi) 1 Do đó EF nhỏ nhất khi r = AM nhỏ nhất. 2 Mà ≥ ( AH là đường cao của tam giác ABC) Suy ra min AM = AH Vậy EF nhỏ nhất khi ≡ là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC.
24. Bài 4: Cho điểm M ở trong đường tròn ( O; R). Hai dây AB và CD vuông góc với nhau tại M. Tìm vị trí của các dây để AB + CD ngắn nhất. Hướng dẫn: C Kẻ OI  AB , OK  CD Suy ra I, K lần lượt là trung điểm của AB M I A B và CD Đặt OI = x; OK = y K O OM = d ( không đổi). Ta có 2 + 2 = 2 AI 2 AO2 OI 2 R2 x2 AB2 2AI 2 4 R2 x2 D Tương tự : CD2 4 R2 y2 Ta có : AB CD 2 AB2 CD2 2AB.CD 4 R2 x2 4 R2 y2 2 4 R2 x2 .4 R2 y2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2R x y 8 R R x y x y 4 2R2 d 2 8 R4 R2 d 2 x2 y2 Các đại lượng R , d đều là hằng số. 2 Suy ra AB CD đạt max x2 y2 đạt max Hai số x2 , y2 có tổng không đổi ( bằng d 2 ) Vậy tích x2 y2 đạt max x2 y2 x y Suy ra tứ giác OIMK là hình vuông nhận OM làm đường chéo Suy ra các dậy AB, CD tạo với OM một góc 450 Khi đó ( AB + CD ) đạt giá trị lớn nhất.
25. Bài 5: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) và D là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Trên tia AD ta lấy điểm E sao cho AE = DC Xác định vị trí điểm D sao cho tổng DA + DB +DC lớn nhất. Hướng dẫn: A Ta có: AE = CD ( gt) , AB = CB, = ( cùng chắn cung BD) ABE CBD(c.g.c) Do ABE CBD BE BD E O B Mà = = 600 nên ∆ đều C Suy ra BD = DE D Do đó DA = DE + AE = DC + DB DA DB DC 2DA 4R (R là bán kính đường tròn (O)) Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi DB = DC = R Vậy max ( DA + DB + DC) = 4R khi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Bài 6: Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ANM với đường tròn (B, C,M, N thuộc đường tròn và AM < AN ). Gọi E là trung điểm của dây MN, I là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE với đường tròn. a) Chứng minh rằng bốn điểm A, O, E, C cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng = c) Chứng minh BI // MN d) Xác định vị trí của cát tuyến ANM để diện tích tam giác AIN lớn nhất. Hướng dẫn :
26. 0 H a) Ta có : = 90 , B I = 900 nên bốn điểm A, O, E, C cùng nằm trên đường tròn A O có đường kính AO. M E N C D 1 b) Ta có : , góc BIC và BOC nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn = = 2 1 cung BC nên . Suy ra . = 2 = c) Theo câu a), bốn điểm A, O, E, C thuộc cùng một đường tròn nên = ( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Theo câu b), = . Suy ra = , do đó BI // MN. d) BI // MN nên BI // MN . Suy ra S AIN S ABN 1 Ta có : S AB.NH ( gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ N đến AB ) ABN 2 NH NB, NB DB ( liên hệ giữa dây BN và đường kính BD của đường tròn O) Do đó diện tích tam giác AIN lớn nhất NH lớn nhất NH = BD N trùng với D Vậy khi N trùng với D (BD là đường kính của đường tròn O) thì tam giác AIN có diện tích lớn nhất. .Bài 7: Trong các tam giác nội tiếp cùng một đường tròn, tam giác nào có : a) Diện tích lớn nhất. b) Chu vi lớn nhất. Hướng dẫn:
27. A' Gọi tam giác ABC là tam giác có diện tích A lớn nhất trong các tam giác nội tiếp đường tròn (O) (1) Ta sẽ chứng minh tam giác đó là tam giác O đều. Thật vậy: x Giả sử tồn tại hai cạnh của tam giác không B bằng nhau, chẳng hạn ≠ K H C Gọi A là điểm chính giữa của cung BC chứa A. Kẻ AK  BC, AH  BC Ta có A H AK nên S A BC S ABC ( trái với (1)). Vậy tam giác ABC nội tiếp (O) có diện tích lớn nhất phải có ba cạnh bằng nhau nên tam giác ABC là tam giác đều. Cách giải khác: Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), gọi BC là cạnh nhỏ nhất của tam giác. Gọi A là điểm chính giữa của cung BC chứa A. Ta có : S ABC S A BC Kẻ A H  BC . Do BC là cạnh nhỏ nhất của tam giác ABC nên ≤ 600. Suy ra ′ ≤ 600 nên O không nằm ngoài A H Đặt OH = x, ta có A H R x,HC R2 x2 2 2 3 S A BC A H.HC R x R x R x R x 3 R x 3R 3x 1 3 R x 3R 3x 3 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho bốn số R + x, R + x, R + x, 3R – 3x ta có : 4 4 3 3 R x 3R 3x 3R R x 3R 3x 4 2
28. 4 4 3 3 R x 3R 3x 3R R x 3R 3x 4 2 4 1 3R 3R2 3 Vậy S ABC S A BC S ABC 3 2 4 R Dấu bằng xảy ra R x 3R 3x x 2 Khi đó BC R 3 là cạnh tam giác đều nội tiếp đường tròn (O; R) hay tam giác ABC đều. b) Chứng minh tương tự như cách 1 câu a, ta có trong các tam giác nội tiếp cùng một đường tròn, tam giác đều có chu vi lớn nhất. Bài 8: Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn. Xác định dây AB đi qua P sao cho góc OAB lớn nhất. Giải Xét tam giác cân AOB, góc ở đáy lớn nhất nếu góc ở đỉnh nhỏ nhất. Góc ở tâm nhỏ nhất cung AB O nhỏ nhất. A C Cung AB nhỏ nhất dây AB nhỏ nhất H P Dây AB nhỏ nhất khoảng cách đến D B tâm ( là OH) lớn nhất. Ta có : OH OP OH OP H  P nên max OH = OP AB  OP Trên hình vẽ, dây AB phải xác định là dây A B vuông góc với OP tại P Nhận xét phương pháp giải: a) Trong cách giải trên ta sử dụng: - Quan hệ giữa góc ở tâm và cung tương ứng.
29. - Quan hệ giữa cung và dây. - Quan hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm. b) Cách giải khác : OH là góc nhọn nên lớn nhất 푠푖푛 lớn nhất lớn nhất OH OA lớn nhất ( vì OA không đổi) OH  OP. Khi đó AB  OP tại P IV. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Hà Nam 2020 – 2021): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt đường tròn(O; R) tại điểm thứ hai là M. a)Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp. b)Chứng minh BC là tia phân giác của góc EBM. c)Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BCE . d)Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF . Xác định vị trí của điểm A để tổng DE + DF + FD đạt giá trị lớn nhất. Bài 2(Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thái Bình 2020 – 2021): Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R), kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D). a)Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO  AB . b)Chứng minh MA. AD = MD. AC. c)Gọi I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng AB R và OI. Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R khiOI . 3 d)Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt các đường thẳng MA, MB lần lượt tại P, Q. Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất.