bài toán cỰc trỊ vỀ hình hỌc trong mẶt phẲng · pdf filequa...
TRANSCRIPT
1
TRƯỜNG ĐẠI HOC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2.
KHOA TOÁN HỌC
PHẠM THỊ HIỀN
BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ HÌNH HỌC
TRONG MẶT PHẲNG
KHOÁ LUÂN TỐT NGHIỆP
CHUYÊN NGÀNH : HÌNH HỌC
Người hướng dẫn khoa học
T.S PHAN HỒNG TRƯỜNG
Hà nội, Tháng 5 năm 2010 .
2
Lời cảm ơn
Do chưa có nhiều kinh nghiệm trong việc tiến hành nghiên cứu khoa
học , em không khỏi bỡ ngỡ và còn nhiều lúng túng. Nhưng được sự giúp
đỡ nhiệt tình của thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG và các thầy cô giáo
trong tổ hình học , em đã hoàn thành tốt khoá luận của mình , đảm bảo
thời gian , kiến thức cũng như sự chính xác của toán học.
Do điều kiện về thời gian và tính chất của đề tài chắc chắn khoá luận
tốt nghiệp của em không tránh khỏi những thiếu sót.Em rất mong nhận
được sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và ý kiến của các bạn đồng môn để
bài khoá luận được hoàn thiện hơn.
Qua đây em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô giáo trong
tổ hình học , các thầy giáo trong khoa toán và đặc biệt là thầy giáo
PHAN HỒNG TRƯỜNG đã hướng dẫn em hoàn thành khoá luận này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Ngày 15 tháng 5 năm 2010.
Sinh viên : PHẠM THỊ HIỀN
3
Lời cam đoan
Khoá luận này là kết quả của bản thân em qua quá trình học tập và nghiên
cứu,cùng với sự tạo điều kiện của các thầy cô giáo trong khoa toán, đặc biệt là sự
hướng dẫntận tình của thầy giáo Phan Hồng Trường
Em xin khẳng định kết quả của đề tài “Bài toán cực trị về hình học trong mặt
phẳng” không có sự trùng hợp với kết quả của đề tài khác.
4
Mục lục
Trang
Lời nói đầu ………………………………………………………………. 4
Chương 1 : Phương pháp giải một bài toán cực trị về hình học
A) Bài toán cực trị về hình học ……………………………………. 5
B) Phương pháp chung để giải một bài toán cực trị về hình học 5
Bài tập đề nghị chương 1……………………………………………… 14
Chương 2 : Cách vận dụng các bất đẳng thức trong hình học
A) Bất đẳng thức tam giác………………………………………… 15
B) Đường vuông góc và đường xiên……………………………... 16
C) Độ dài đường gấp khúc ………………………………………… 17
D) Các bất đẳng thức trong đường tròn……………………………. 19
Bài tập đề nghị chương 2 …………………………………………….... 21
Chương 3 : Cách vận dụng các bất đẳng thức trong đại sốvào
bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng
A) Các bất đẳng thức đại số thường dùng…………………………… 22
B) Các ví dụ áp dụng ……………………………………… ………….. 23
Bài tập đề nghị chương 3……………………………………………... 25
Chương 4 : Toạ độ và vectơ trong mặt phẳng với bài toán
cực trị về hình học
A)Toạ độ trong mặt phẳng với bài toán cực trị về hình học
trong mặt phẳng …………………………………….….. 26
B)Vecto trong mặt phẳng với bài toán cực trị về hình học
trong mặt phẳng ……………………………………………….. 28
Kết luận………………………………………………………………….. 31
5
LỜI NÓI ĐẦU
1) Lý do chọn đề tài . Trong nhà trường phổ thông , hình học là một môn học khó đối với học
sinh.Bởi hình học là một môn học yêu cầu người học phải có tư duy logic ,
chặt chẽ và có khả năng trừu tượng hoá cao hơn các môn học khác.
Học sinh đã được tiếp cận với hình học ngay từ những năm học tiểu học và
được học một cách hệ thông từ ở lớp 6. Học sinh được học cách giải rất nhiều
dạng bài toán nhưng bài toán tìm giá trị cực trị của một đại lượng hình học
nào đó trong mặt phẳng luôn là bài toán gây nhiều khó khăn cho học sinh.
Với sự gợi ý hướng dẫn của thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG ,cùng với
mục đích tìm hiểu và đưa ra phương pháp chung để giải một bài toán cực trị
về hình học trong mặt phẳng cũng như tìm hiểu cách vận dụng một số bất
đẳng thức trong hình học ,bất đẳng thức trong đại số để giải bài toán cực trị
hình học trong mặt phẳng , em đã lựa chọn đề tài “ Bài toán cực trị về hình
học trong mặt phẳng ”.
2) Nhiệm vụ nghiên cứu :
+ Trình bày cơ sở lí thuyết .
+ Đề xuất phương pháp
+Xây dựng hệ thống ví dụ bài tập luyện tập.
3)Phƣơng pháp nghiên cứu
+ Thống kê
+ Khái quát hoá , trừu tượng hoá .
+ Nghiên cứu sách giáo khoa , tài liệu tham khảo , báo toán học và
tuổi trẻ .
6
CHƢƠNG 1 :PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ HÌNH HỌC
TRONG MẶT PHẲNG
A, Bài toán cực trị về hình học.
Xét một đại lượng hình học y (độ dài của một đoạn thẳng,tổng của nhiều đoạn
thẳng,chu vi ,diện tích của một hình, độ lớn của một góc,v.v…).
1, Bài toán tìm cực tiểu về hình học.
Nếu có một giá trị không đổi y 1 sao cho luôn có y y
1 , đồng thời tồn tại một vị trí
hình học của y (hoặc hình chứa y) tại đó y đạt được giá trị y 1 ,thì ta nói rằng y
1 là
giá trị nhỏ nhất (cực tiểu ) của y.
2, Bài toán tìm cực đại về hình học.
Tương tự,nếu có một giá trị không đổi y 2 sao cho luôn có y y
2 , đồng thời tồn
tại một vị trí hình học của y (hoặc hình chứa y) tại đó y đạt được giá trị y 2 ,thì ta
nói rằng y 2 là giá trị lớn nhất (cực đại ) của y.
Bài toán tìm cực tiểu hay cực đại của y được gọi chung là bài toán cực trị về hình
học.
Người ta thường kí hiệu min y = y 1 (hay y
min = y
1) ;
Max y = y 2 (hay y
max =y
2 ) ;
B,Phƣơng pháp chung để giải một bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng.
Căn cứ vào đầu bài,người ta thường giải bài toán cực trị về hình học theo ba cách
sau:
1,Cách 1:
Vẽ một hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị , thay các điều
kiện của đại lượng đó bằng các điều kiện tương đuơng.Có khi phải chọn một đại
lượng nào đó trong hình làm ẩn số,dựa vào mối quan hệ giữa ẩn số đó với các đại
lượng khác trong hình, những đại lượng này có thể do đầu bài cho sẵn,nhưng cũng
có thể do ta làm xuất hiện trong quá trình đi tìm lời giải của bài toán.Biểu thị ẩn số
theo các đại lượng đã biết, các đại lượng không đổi rồi biến đổi tương đương biểu
thức vừa tìm được để cuối cùng xác định được giá trị của đại lượng cần tìm, từ đó
suy ra vị trí của hình để đạt được cực trị.
Người ta thường dùng cách này khi đầu bài dược cho dưới dạng : “ Tìm một hình
thoả mãn các điều kiện cực trị cho trứơc. ‟‟
7
Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích , tìm tam giác có chu vi
nhỏ nhất.
Giải :
Xét các tam giác có chung đáy là BC = a và có cùng điện tích là S
Gọi AH là đuờng cao tương ứng với cạnh đáy BC ta có:
S = 1
2 AH.BC AH =
2S
a ( không đổi )
Suy ra A di động trên một đường thẳng xy
Song song với BC và cách BC một khoảng bằng 2S
a .
Ta cần xác định vị trí của A trên xy để tam giác ABC
Có chu vi nhỏ nhất.
Chu vi ABC = AB + BC + CA
= AB + AC + a
Vì a không đổi nên chu vi ABC A o A
nhỏ nhất khi và chỉ khi AB + AC nhỏ nhất. x y
Gọi B‟ là điểm đối xứng của B qua xy ,
B‟C cắt XY tại A 0 . Xét AB‟C ta có:
AB‟ + AC B‟C = B‟A 0 + A
0C (1)
Thay AB‟ = AB ; A 0B‟ = A
0B vào (1) ta được : B C
AB + AC A 0B + A
0C (2)
(2) có dấu “=” khi và chỉ khi B‟, A, C thẳng hàng.
Khi đó A A 0. Vì A
0B = A
0B‟ = A
0C nên A
0BC cân tại A
0.
Vậy trong các tam giác có chung một đáy và có cùng diện tích tam giác cân có chu
vi nhỏ nhất.
Ví dụ 2 : Cho ABC có các góc B và C nhọn; BC =a, đường cao AH = h. Xét các
hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác có M AB; N AC; P và Q BC.
Xác định vị trí của hình chữ nhật MNPQ để nó có diện tích lớn nhất.
Giải:
Vị trí của hình chữ nhật MNPQ sẽ được hoàn toàn xác định nếu ta xác định được
vị trí của MN.
Đặt MQ = x; MN= y A
AK = h - x.
AMN ∽ ABC M K y N
MN
BC =
AK
AH
y
a =
h-x
h B
B’
Q H P C
8
y = a(h-x)
h
Gọi S là diện tích hình chữ nhật MNPQ thì :
S = xy = a
hx( h - x) (*)
S = a
h( hx - x
2 ) =
a
h( hx - x
2 +
h2
4 -
h2
4 )
= a
h [
h2
4 - ( x
2 - 2.x.
h
2 +
h2
4 )]
= a
h [
h2
4 - (x-
h
2)
2 ]
= ah
4 -
a
h(x-
h
2)
2
ah
4
dấu “=” xảy ra khi x - h
2 = 0 x =
h
2 khi đó K là trung điểm của AH hay MN là
đường trung bình của ABC.
Vậy max S = ah
4 x =
h
2 .
Chú Ý :
Ta có thể giải bài toán trên bằng cách áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy.
Từ (*) ta nhận thấy : a, h đều là hằng số dương nên S lớn nhất khi và chỉ khi x(h -x)
lớn nhất. Do x >0; x < h nên h - x > 0, hai số dương x và (h - x) có tổng không đổi
x + (h - x) = h nên tích x(h - x) sẽ lớn nhất khi chúng bằng nhau :
x = h - x hay x = h
2 .
2,Cách 2
Đưa ra một hình (theo yêu cầu đầu bài) rồi chứng minh mọi hình khác có chứa yếu
tố ( mà ta phải tìm cực trị ) lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương ứng trong hình đã đưa
ra.
Ví dụ 3 : Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, chứng minh rằng tam giác cân
có chu vi nhỏ nhất.
Đây là bài toán ta đã đề cập trong ví dụ 1,nhưng ở đây đầu bài nói rõ hình ta cần
phải chứng minh là một tam giác cân, nên ta đưa ra một tam giác cân A 0BC
(h.1.1).Rồi xét một tam giác không cân ABC có cùng đáy BC,
đỉnh A chạy trên.
Đường thẳng xy ∥ BC ta chỉ việc chứng minh chu vi ABC chu vi A 0BC tức
là
AB + AC A 0B + A
0C như đã trình bày cách giải ở ví dụ 1.
9
3,Cách 3 :
Thay việc tìm cực đại của một đại lượng này bằng việc tìm cực tiểu của một đại
lượng khác , hoặc ngược lại.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích , thì tam giác
cân có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhầt.
GIẢI
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC , r là bán kính đường tròn nội tiếp
tâm I , S là điện tích tam giác ABC .Ta có :
S = S
AIB + S
BIC + S
CIA
= 1
2 cr +
1
2 ar +
1
2 br
= r
2 (a + b + c )
Vì S không đổi , ta suy ra r sẽ lớn nhất khi và chỉ
khi ( a + b + c ) nhỏ nhất , tức là chu vi của tam
giác nhỏ nhất .Theo kết quả ở ví dụ 1 ,đó là tam giác
cân.
Ví dụ 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a .Xét các hình thang có bốn đỉnh ở trên bốn cạnh của
hình vuông và hai đáy song song với một đường chéo của hình vuông . Tìm hình
thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích lớn nhất ấy.
GIẢI
Gọi EFGH là hình thang có các đỉnh nằm trên các cạnh của hình vuông và hai đáy
FG, EH song song với đường chéo BD của hình vuông.
Đặt AE = x EB =a - x
CF = y FB =a - y
Dễ thấy DHG = BEF
Gọi S là hiệu diện tích hình vuông và
diện tích hình thang EFGH thì :
S = S
AEH + S
CFG + 2S
BEF
10
= 1
2 AE
2 +
1
2 CF
2 + BE.BF
= x
2
2 +
y2
2 + ( a - x )( a - y )
= 1
2 [ x
2 + y
2 + 2xy - 2a( x + y ) + 2a
2 ]
= 1
2 [ ](x+y)
2 -2a(x+y)+2a
2
= 1
2 [ ](x+y-a)
2 +a
2
S
EFGH lớn nhất khi và chỉ khi S lấy giá trị nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi:
x + y - a = 0 x + y = a x = a - y
hay AE = BF
Khi đó các đường chéo EG và HF song song với các cạnh của hình vuông và diện
tích lớn nhất của hình thang phải tìm là a
2
2 .
(*) CHÖ Ý QUAN TRỌNG
(i) Có trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A , ta chia A thành tổng của
nhiều đại lượng khác :
A = B + C
rồi đi tìm cực trị của B và C, từ đó suy ra cực trị của A ,ta cần chứng minh : “ khi B
đạt cực trị thì C cũng đồng thời đạt cực trị và ngược lại .”
Ví dụ 6:
Cho tam giác ABC vuông tại A , ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có
đường kính AB , AC .Một dường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn theo
thứ tự ở M,N ( khác A ) . Xác định vị trí của M,N sao cho chu vi của tứ giác BCNM
lớn nhất.
GIẢI
Đặt BM = x ; AM = y ; AN = z ; NC = t ;
Thì chu vi tứ giác BMNC = BC + x + y + z + t .
Với hai đại lượng bất kì , ta luôn có :
( a - b )2 0 a
2 + b
2 2ab.
2 ( a2 + b
2 ) ( a + b )
2 (*)
Tam giác AMB vuông tại M ; Áp dụng định lí
Pitago ta có :
BM2 + MA
2 = AB
2
hay
x2 + y
2 = AB
2 .
Áp dụng bất đẳng thức (*) : ( x + y )2 2 AB
2
x + y AB 2
11
dấu „„ =‟‟ xảy ra khi và chỉ khi x = y .
Tương tự : z + t AC 2 dấu „„ =‟‟ xảy ra khi và chỉ khi z = t .
Khi x = y thì M là điểm chính giữa của cung AB , khi đó tam giác AMB
vuông cân nên
MAB = 45
o
CAN = 45
o ( vì M,A,N thẳng hàng ).
N là điểm chính giữa cung AC
Vậy chu vi của tứ giác BCNM lớn nhất khi M,N đồng thời là điểm chính giữa của
các cung AB ,AC .
( ii) Nếu bài toán đã cho có thể xảy ra nhiều khả năng tương ứng với các trường
hợp khác nhau của hình thì phải tìm cực trị trong từng trường hợp, cuối cùng so
sánh các giá trị đó để tìm ra cực trị của bài toán.
Ví dụ 7:
Qua đỉnh A của tam giác ABC , dựng đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách từ
các đỉnh B và C tới d là lớn nhất .
GIẢI
Ta xét hai trường hợp :
Trường hợp 1 : d cắt cạnh BC tại E
Gọi BB‟ , CC‟ lần lượt là các khoảng cách từ các đỉnh B và C tới d . Hai tam giác
ABE và CC‟ .
Ta có : S
ABC = S
ABE + S
ACE
= 1
2 AE. BB‟ +
1
2 AE.CC‟
BB‟ + CC‟ = 2S
ABC
AE .
Ta thấy BB‟ + CC‟ nhận giá trị lớn nhất,
Khi đó AE là dường cac kẻ từ đỉnh A
của ABC , tức là d BC. Nếu gọi AH
là độ dài đường cao kẻ từ A thì AE = AH ,
do đó BB‟ + CC‟ = BC (1)
Trường hợp 2: d không cắt BC
Gọi M là trung điểm của BC . Kẻ
MM‟ d . Tứ giácBB‟C‟C là hình
thang nhận MM‟ làm đường trung bình nên :
BB‟ + CC‟ = 2 MM‟
Mà MM‟ AM ( đường vuông góc và đường
xiên kẻ từ M tới d ).
Do đó : BB‟ + CC‟ lớn nhất khi M‟ A .
Lúc đó BB‟ + CC‟ = 2 AM và d AM tại A
(2).
12
Như vậy , ứng với hai trường hợp , ta được hai kết quả (1) và (2) , do đó ta
phải so sánh BC với 2AM ,
điều này rõ ràng phụ thuộc vào hình dạng của tam ABC cho trước .
a)
A < 90
o .
Kéo dài AM một đoạn MN = MA .
Tứ giác ABNC là hình bình hành
vì có hai đường chéo giao nhau tại trung
điểm của mỗi đường, suy ra AB = CN ;
ACN = 180
o -
A mà
A < 90
o
suy ra
ACN > 90
o hay
ACN >
CAB .
Xét hai tam giác BAC và NCA chúng có : AB = CN ,
AC chung ,
ACN >
CAB nên cạnh đối diện với góc
CAB nhỏ hơn cạnh đối diện với góc
ACN : BC < AN hay BC < 2AM .
b)
A = 90
o : Tứ giác ABNC là hình bình hành có một góc vuông nên nó là hình
chữ nhật.
Hai đường chéo BC và AN bằng nhau hay BC = 2 AM.
c)
A > 90
o : Chứng minh tương tự trường hợp 1) ta được BC > 2 AM.
Từ kết quả trên ta suy ra :
+ Nếu ABC cho trước có
A < 90
o thì đường thẳng d đi qua A phải dựng là
đường thẳng vuông goác với đường trung tuyến AM của ABC.
+ Nếu
A = 90
o thì bài toán có hai lời giải : dựng đường thẳng d qua A và
vuông góc với AM hoặc d‟ qua A và vuông góc với BC.
+ Nếu
A > 90
o thì đường thẳng d qua A và vuông góc với BC.
Ví dụ 8:
Cho đường thẳng xy ,hai điểm A và B không nằm trên xy và thuộc cùng một nửa mặt
phẳng có bờ là đường thẳng xy . Tìm trên xy một điểm M sao cho góc AMB là lớn
nhất.
GIẢI
13
Ta cần xét các trường hợp sau :
a) Trường hợp AB ∥ xy :
Dựng đường tròn (O) qua A ,B và tiếp xúc
với xy tại M ( trước hết dựng trung trực của
AB cắt xy tại M ;Dựng thêm trung trực của
AM cắt
trung trực của MB tại tâm O cần tìm ).
Ta sẽ chứng minh góc
AMB là lớn nhất .
Thật vậy , nếu lấy một điểm M‟ bất kì
( M‟ M ) trên xy , nối M‟ với A và B ,
Ta luôn có :
AM‟B <
ANB Mà
ANB =
AMB
AM‟B
AMB dấu „„=‟‟ xảy ra hi và chỉ khi M M‟.
b) Trường hợp AB xy .
khi đó ta dựng được hai đường tròn
(O) và ( O‟ ) đi qua A , B tiếp xúc với
xy tại M 1 và M
2.
Do AOO‟ cân nên :
AOO‟ =
AO‟O
AMB =
AM‟B
Cả hai điểm M và M‟ dều thoả mãn điều kiện bài toán . Vậy bài toán có hai
nghiệm hình.
c) trường hợp tổng quát .
Trước hết ta hãy giải bài toán :
Cho đường thẳng xy , hai điểm A và B không
nằm trên xy và thuộc cùng một nửa mặt phẳng
có bờ là đường thẳng xy ; AB không song song
và cũng không vuông góc với xy .
Dựng đường tròn qua A , B và tiếp xúc với xy.
Giả sử ta đã dựng đựơc đường tròn (O) qua A ,
14
B và tiếp xúc với xy tại M , vì A,B không song song với xy nên AB cắt xy tại một
điểm y.
Ta có : IMB ∽ IAM ( g.g)
IM
IB =
IA
IM IM
2 = IA.IB (1)
Vẽ đường tròn (O‟) qua A và B ( tâm
O‟ nằm trên trung trực của AB ).Kẻ tiếp
tuyến IT với (O‟) theo chứng minh trên
ta có : IT2 = IA.IB (2)
So sánh (1) và (2) ta được :
IM 1 = IT
Từ đó ta suy ra cách dựng sau :
Vẽ một đưòng tròn phụ (O‟) bất kì , từ I vẽ tiếp tuyến IT với (O‟) , trên xy
đặt về hai phía của điểm I các đoạn IM 1 = IM
2 = IT. Đường vuông góc kẻ từ
M 1 , M 2 cắt đường trung trực của AB tại O
1 ; O
2 ;đó là tâm của hai đường
tròn (O 1; O
1M
1 ) và (O
2 ;O
2M
2 ) đi qua A ,B và tiếp xúc với xy tại M
1 , M
2 .
Trở lại bài toán đầu ,tương tự trường hợp a)
+ Nếu M‟ nằm trên tia IM 1 mà M‟ ≠ M
1 thì
AM‟B <
AM
1B
+ Nếu M‟ nằm trên tia IM 2 mà M‟ ≠ M
2 thì
AM‟B <
AM
2B
Do đó ta cần so sánh
AM
1B với
AM
2B. Giả sử (O
1 ) có bán kính nhỏ hơn (O
2 ) .
Xét AO 1O
2 ta có : AO
1 < AO
2
AO
2O
1 <
AO
1O
2
AM
2B <
AM
1B .
Vậy điểm phải tìm tiếp điểm của đường thẳng xy với đường tròn có bán kính nhỏ
hơn trong hai đường tròn qua A,B và tiếp xúc với xy.
15
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ CHƢƠNG 1
BÀI 1.1 :
Cho hình thang ABCD và hai điểm M,N lần lượt thuộc các cạnh đáy AB và CD ;
AN cắt DM ở P ; BN cắt CM ở Q .
a) Chứng tỏ S
MPNQ = S
ADP + S
BCQ .
b) Xác định vị trí điểm M , để S
MPNQ lớn nhất .
BÀI 1.2 :
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;Q) .Xác định vị trí của điểm M trên
đường tròn sao cho nếu gọi D,E theo thứ tự là hình chiếu của M trên các đường
thẳng AB , AC thì DE có độ dài lớn nhất.
BÀI 1.3 :
Trong các tứ giác nội tiếp cùng một đường tròn , tứ giác nào có :
a) Diện tích lớn nhất ?
b) Chu vi lớn nhất ?
BÀI 1.4 :
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O;r) .kẻ các tiếp tuyến của đường tròn
(O) song song với các cạnh của tam giác.Các tiếp tuyến này tạo với các cạnh của
tam giác là ba tam giác nhỏ có diện tích là S 1 ,S
2 , S
3 . Gọi S là diện tích tam giác
ABC.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số S
1+S
2+S
3
S .
BÀI 1.5 :
Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O,R).Tìm điểm M thuộc cung BC
sao cho nếu gọi H ,G , K thứ tự là hình chiếu của M trên AB , BC , AC thì tổng MA
+ MB + MC + MH + MI + MK lớn nhất ? nhỏ nhất ?
16
CHƢƠNG 2 : CÁCH VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG HÌNH HỌC
A, BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC
Với ba điểm A , B , C bất kì ta luôn có :
AB + AC BC
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi điểm A thuộc đoạn BC.
Ví dụ 1:
Cho đường thẳng xy và hai điểm A , B thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là xy
a) Tìm điểm M thuộc xy sao cho MA +MB nhỏ nhất.
b) Tìm điểm N thuộc xy sao cho | NA - NB| nhỏ nhất.
GIẢI a)
Gọi A‟ là điểm đối xứng của điểm A
qua xy thì A‟ hoàn toàn xác định,
do MA =MA‟ nên ta có :
MA + MB = MA‟ + MB.
Nối A‟ với B và áp dụng bất đẳng thức
Tam giác cho ba điểm A‟ , M , B ta có:
MA‟ + MB A‟B
Dấu “=” xảy ra khi M A‟B .
Khi đó M M‟ .
Vậy min ( MA + MB ) = AB M M‟ .
b)
Nếu lấy một điểm N bất kì trên xy thì | NA - NB| AB . Giá trị lớn nhất của
| NA - NB| bằng AB khi và chỉ khi B là điểm nằm giữa hai điểm A và N
Suy ra :
+ Nếu AB ∥ xy thì :
Không tìm được điểm N thoả mãn yêu
cầu bài toán
+ Nếu AB xy :Gọi N o = AB xy
Thì N o là điểm cần tìm.
17
Vậy max | NA - NB| = AB N N o .
Ví dụ 2:
Cho đường tròn (O) và một điểm M ở ngoài đường tròn .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 MA là khoảng cách nhỏ nhất trong các khoảng cách từ M tới tất cả các
điểm của đường tròn và MB là khoảng cách lớn nhất trong tất cả các khoảng cách
đó.
GIẢI
Qua M vẽ một đường thẳng bất kì cắt (O) tại A‟ , B‟
Xét MA‟O ta có :
MO - OA‟ MA‟
Nhưng OA‟ = OA = R
Nên MO - OA MA‟.
Theo giả thiết , A là điểm nằm giữa
hai điểm M và O nên
MO = MA + AO
tức là MO - OA = MA .
Vậy MA MA‟
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A A‟
Tương tự , với mọi điểm B‟ (O) và B‟ ≠ B , xét MOB‟ ta có :
MO + OB‟ MB‟ .
Do đó MB MB‟
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B B‟ .
B, ĐƢỜNG VUÔNG GÓC VÀ ĐƢỜNG XIÊN
1,Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng , đoạn vuông góc với
đường thẳng có độ dài ngắn nhất.
2, Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một một đường thẳng , đường xiên nào
có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngựơc lại .
Ví dụ 1 :
Cho tam giác ABC có ba goc nhọn.Tìm điểm M ở trong tam giác sao cho
MA.BC + MB.CA + MC.AB đạt giá trị nhỏ nhất .
18
GIẢI
Xét một điểm M bất kì trong tam giác ,tia AM cắt cạnh BC ở D .
Kẻ BE AD; CF AD .Ta có :
BE BD AM.BE AM.BD
CF CD AM.CF AM.CD
( BE + CF )AM ( BD + CD ).AM
Nhưng :
BE.AM = 2 S
AMB
CF.AM = 2 S
AMC
BD + DC = BC
Do đó
2 ( S
AMB + S
AMC ) BC.AM
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi E và F
trùng với D .Khi đó AM BC.
Tương tự ta có :
2 ( S
ABM + S
CBM ) AC.BM (2)
2 ( S
CBM + S
ACM ) AB.CM (3)
Từ (1) ,(2) , (3) ta suy ra :
4 ( S
ABM + S
ACM + S
CBM ) MA.BC + MB.CA + MC.AB
Do dó : min ( MA.BC + MB.CA + MC.AB ) = 4 S
ABC khi và chỉ khi
AM BC ; BM AC ; CM AB , khi đó M là trực tâm của ABC.
Ví dụ 2 :
Cho đường thẳng d và đường tròn (O;R) có khoảng cách từ tâm O đến d là
OH > R .Lấy hai điểm bất kì A d và B (O;R). Hãy chỉ ra vị trí của A , B sao
cho độ dài Ab ngắn nhất và chứng minh điều ấy.
GIẢI
Từ tâm O kẻ OH d cắt (O;R) tại K
Xét ABO ,ta có :
AB + OB OA
Mà OA OH (đường xiên và đường
Vuông góc kẻ từ O đến d )
AB + OB OH
AB OH - OH = OH - OK = KH
Vậy min AB = KH A H và B K .
19
C, ĐỘ DÀI ĐƢỜNG GẤP KHÖC
Độ dài đường gấp khúc nối hai điểm không nhỏ hơn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm
đó .
Ví dụ 1 :
Cho hình vuông ABCD và một tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình
vuông ( tứ giác MNPQ nội tiếp hình vuông ABCD ). Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ
có chu vi nhỏ nhất.
GIẢI
Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của QN , MN , PQ. Áp đụng tính chất của trung
tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông ta có:
MN = 1 BJ ; PQ = 2 DK .
Áp dụng tính chất đường trung bình của
tam giác : PN = 2 IK ; MQ = 2 IJ .
Chu vi tứ giác MNPQ :
MN + NP + PQ + MQ =
= 2 ( BJ +JI + IK + KD ) 2 BD
Chu vi tứ giác MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất
bằng hai lần độ dài đường chéo hình vuông,
khi đường gấp khúc trùng với đường chéo
BD, khi đó MN ∥ AC ∥ PQ và
MQ ∥ BD ∥ NP .Tứ giác MNPQ trở thành hình chữ nhật.
Từ bài toán trên tacó thể rút ra kết luận : Mọi hình chữ nhật nội tiếp được trong một
hình vuông đã cho đều có chu vi bằng nhau và chu vi đó nhỏ nhất so với chu vi của
bất kì tứ giác nào nội tiếp trong hình vuông này.
Ví dụ 2 :
Cho tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120o .Tìm điểm M nằm bên trong tam giác
sao cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
GIẢI
20
Xét một điểm M nằm trong tam giác ABC. Ta phải xác định vị trí của M để tổng
MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất.
Ta tìm cách đưa tổng của ba đoạn thành tổng của các đoạn thẳng của một đường
gấp khúc nối hai điểm xác định nào đó.
Thực hiện phép quay tâm A ,góc quay 60o , ngược chiều kim đồng hồ :
Biến : M thành M‟ ; C thành C‟ . Như vậy tam giác AMM‟ là tam giác đều
suy ra MA =MM‟ .
Tam giác ACC‟ cũng là tam giác đều nên C‟ hoàn toàn xác định ;
M‟C‟ = MC ( vì phép quay bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm ) .
Do đó MA + MB + MC = MM‟ + MB + M‟C‟ = độ dài đường gấp khúc
BMM‟C‟ BC‟.
Để tổng MA + MB + MC nhỏ nhất ,ta phải tìm M sao cho bốn điểm B, M ,M‟ ,C‟
thẳng hàng , nghĩa là M thuộc đoạn BC .
Suy ra : M M o = BC‟ CB‟.
Do đó cách xác định điểm M như sau : Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các
tam giác đều ACC‟ ; ABB‟ ; Lấy giao của BC‟ và CB‟, đó là điểm M cần tìm.
Theo giả thiết tam giác ABC đều có các góc nhỏ hơn 120o nên ta có :
BAC‟ =
BAC +
CAC‟ < 120
o + 60
o = 180
o
Suy ra BC‟ cắt đoạn AC tại một điểm D nằm giữa A và C. Tương tự CB‟ cắt AB tại
điểm E nằm giữa A và B, suy ra tia BD nằm giữa hai tia BA và BC ; Tia CE nằm
giữa hai tia CB và CA ;
Do đó hai tia BC‟ và CB‟ luôn cắt nhau tại một điểm M o nằm trong tam giác ABC.
D, CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐƢỜNG TRÕN
1, Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn .
2, Trong hai dây cung không bằng nhau , dây nào lớn hơn thì có khoảng cách từ tâm
đến dây đó nhỏ hơn và ngược lại.
Ví dụ 1 :
Cho hai đường tròn (O 1) và (O
2) cắt nhau tại A và B . Một cát tuyến qua B ,
cắt (O 1) tại M , cắt (O
2) tại N .Xác định vị trí cuả MN để chu vi tam giác AMN đạt
giá trị lớn nhất.
GIẢI
Hai tam giác AMN và AO 1O
2 đồng
dạng vì có
M =
O
1 ;
N =
O
2
Suy ra :
AM+MN+NA
AO 1+O
1O
2+O
2A
= AM
AO 1
21
AM là một dây ;
AO 1 là bán kính trong đường
tròn (O 1) do đó :
AM 2 AO 1
AM
AO 1 2
Dấu “=” xảy ra khi AM là đường kính trong đường tròn (O 1) ,
khi đó AN là đường kính trong
đường tròn (O 2) ,do đó O
1O
2 là đường trung bình của tam giác AMN
MN ∥ O 1O
2
Vậy tam giác AMN sẽ có chu vi lớn nhất khi MN qua B và song song với đường
nối tâm O 1O
2.
Ví dụ 2:
Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm trong đường tròn ( M không trùng với O ).
1) Qua M dựng dây Ab sao cho độ dài của nó :
a) Lớn nhất .
b) Nhỏ nhất .
2) Dựng điểm P trên đường tròn sao cho góc
OPM lớn nhất.
GIẢI
1)
a) Dây AB lớn nhất qua M phải dựng là dây qua tâm O ( hay dựng đường kính
của đường tròn qua M ).
b)
Giả sử AB là một dây bất kì qua M
và OH là khoảng cách từ tâm O tới dây đó.
Dây AB sẽ ngắn nhất khi và chỉ khi
OH dài nhất .Xét tam giác OHM ta
luôn có OH OM .
max OH = OM H M .
Vậy dây AB nhỏ nhất phải dựng là A oB
o vuông
góc với OM tại M.
2)
Giả sử PQ là một dây bất kì qua M.Tam
giác cân OPQ có cạnh bên OP =OQ không
đổi ( bán kính của đường tròn (O) ) nên
góc ở đáy
OPM sẽ lớn nhất khi góc ở
đỉnh
POQ nhỏ nhất .
là góc ở tâm trong đường tròn (O)
22
nên
POQ sẽ nhỏ nhất khi cung PQ nhỏ nhất.
Dây PQ nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm O đến dây lớn nhất , suy
ra PQ vuông góc với OM tại M. Vậy điểm P phải dựng là các điểm P 1 ,P
2 trên
đường tròn (O) sao cho P 1P
2 qua M và vuông góc với OM.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ CHƢƠNG 2
BÀI 2.1 :
Cho hai điểm A và B trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng xy cho
trứơc . Tìm trên xy một điểm M sao cho chu vi tam giác ABM nhỏ nhất.
BÀI 2.2 :
Trong các hình bình hành có cùng diện tích và một đường chéo không đổi, hình nào
có chu vi nhỏ nhất ?
BÀI 2. 3 :
Cho tam giác ABC cân ở A và điểm D cố định trên đáy BC.Dựng một đường thẳng
song song với BC, cắt hai cạnh bên ở E và F sao cho DE + DF có giá trị nhỏ nhất .
BÀI 2.4 :
Cho góc
xOy và một điểm M nằm trong góc đó sao cho M không thuộc Ox và
Oy.Hãy xác định điểm B trên Ox và điểm C trên Oy sao cho OB = OC và MB + MC
đạt giá trị nhỏ nhất.
BÀI 2.5 :
Cho tam giác đều ABC .Qua trọng tâm O của tam giác hãy dựng đường thẳng sao
cho tổng khoảng cách từ ba đỉnh của tam giác tới đường thẳng đó là lớn nhất ? nhỏ
nhất ?
BÀI 2.6 :
Cho tam giác ABC. Tìm đường thẳng đi qua đỉnh A của tam giác sao cho tổng
khoảng cách từ B và C tới đường thẳng đó là nhỏ nhất ?
BÀI 2.7:
Cho góc vuông xOy , điểm A thuộc miền trong của góc , các điểm M,N theo thứ
tự chuyển động trên các tia Ox ,Oy sao cho
MAN = 90
o .Xác định vị trí của M ,N để
tổng AM + AN có độ dài :
a) Nhỏ nhất .
b) lớn nhất .
BÀI 2.8 :
Trong cá hình thoi có cùng chu vi , hình nào có diện tích lớn nhât ?
BÀI 2.9 :
Cho hình chữ nhật ABCD .Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình chữ
nhật sao cho chu vi của tứ giác đó nhỏ nhất .
23
BÀI 2.10 :
Trong các hình chữ nhật có đường chéo bằng d không đổi, hình nào có diện tích lớn
nhất ? Tính diện tích đó .
BÀI 2.11 :
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB ; M là một điểm di động trên nửa đường
tròn.Qua M vẽ tiếp tuyến với nửa đường tròn, gọi D và C theo thứ tự là hình chiếu
của A và B trên tiếp tuyến ấy. Xác định vị trí của M sao cho tứ giác ABCD có diện
tích lớn nhất . Tính diện tích đó theo bán kính R của đường tròn.
CHƢƠNG 3: CÁCH VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨCTRONG ĐẠI SỐ
VÀO BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
A, CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ THƢỜNG DÙNG
1, Cho f(x) có miền xác định D R .Ta có : [f(x)]2 0 ,x D.
Từ đó suy ra :
a) [f(x)]2 + m m
Nếu tồn tại x = x o D sao cho [f(x
o)]
2 + m = m tức là [f(x
o)]
2 = 0
Thì m được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) và ta kí hiệu là :
Min f(x) = m x = x o .
b) M - [f(x)]2 M
Nếu tồn tại x = x o D sao cho
M - [f(x)]2 = M tức là [f(x
o)]
2 = 0
Thì M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) và ta kí hiệu là :
Max f(x) = M x = x o .
2 , Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy ).
Có các dạng sau :
a) ( a + b )2 4 ab , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b .
b) a
b +
b
a 2 ( với ab >0) dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b .
c) a + b 2 ab ( với a 0 ; b 0 ) dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
CÁC HỆ QUẢ :
d) a 0; b 0 a + b = k (không đổi)
(ab)
max a = b.
Hai số không âm có tổng không đổi thì tích sẽ lớn nhất khi và chỉ khi hai số
đó bằng nhau.
Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất.
e) a 0; b 0 ab = k (không đổi)
(a +b)
min a = b.
24
Hai số không âm có tích không đổi thì tổng sẽ nhở nhất khi và chỉ khi hai số
đó bằng nhau.
Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhất.
B, CÁC VÍ DỤ ÁP DỤNG
Ví dụ 1: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 12cm; BC = 8cm. Trên các cạnh AB,BC,CD,
lần lượt lấy các điểm E,F,G,H sao cho
AE = CF = CG = AH. Xác định vị trí các điểm E,F,G,H để tứ giác EFGH có
diện tích lớn nhất và tính diện tích đó.
GIẢI
Đặt AE = CF = CG = AH = x.
BE = DG = 12 - x.
BF = DH = 8 -x.
Gọi S là tổng diện tích của
bốn tam giác vuông AEH; CGF;
EBF và GDH; diện tích tứ giác
EFGH sẽ lớn nhất khi S nhỏ nhất
S = 2.1
2 .x.x + 2.
1
2(12 - x)(8 - x)
= x2 + 96 - 20x + x
2
= 2( x2 -10x + 48)
= 2(x - 5)2 + 46 46.
Min S = 46 x = 5
Vậy max S
EFGH = 12.8 - 46 = 50 (cm)2 x =5(cm).
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có BC = a; AC = b; AB = c. Gọi x, y, z theo thứ tự là
khoảng cách từ điểm M ở trong Tam giác tới cạnh BC, CA, AB. Xác định vị
trí điểm M để tổng a
x +
b
y +
c
z có giá trị nhỏ nhất.
Giải
Gọi S là diện tích tam giác ABC, ta có:
S = S
BMC + S
CMA + S
AMB
= 1
2(ax + by + cz).
ax + by + cz = 2S.
25
Xét tích:
(ax + by + cz)( a
x +
b
y +
c
z )=
= a2 + b
2 + c
2 + ab(
x
y +
y
x ) + bc(
y
z +
z
y ) + ac(
x
z +
z
x )
Vì x > 0, y > 0, nên ta có x
y +
y
x 2,.. …
Do đó :
(ax + by + cz)( a
x +
b
y +
c
z ) a
2 + b
2 + c
2 + 2ab + 2ac + 2bc
Hay :
2 S( a
x +
b
y +
c
z ) (a + b + c)
2
a
x +
b
y +
c
z
(a+b+c)2
2S
min(a
x +
b
y +
c
z) =
(a+b+c)2
2S
Khi và chỉ khi :
x = y M phân giác góc C (1)
y =z M phân giác góc A (2)
từ (1) và (2) M là tâm đường tròn nội tiếp ABC
Vậy biểu thức a
x +
b
y +
c
z đạt giá trị nhỏ nhất là bằng
(a+b+c)2
2S khi và chỉ khi M là
tâm đường tròn nội tiếp ABC.
26
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ CHƢƠNG 3
BÀI 3.1:
Cho tam giác ABC có diện tích S.Các điểm D, E ,F thứ tự thuộc cá cạnh AB ,BC ,CA
sao cho AD = kAB ; BE = k BC ; CF = k CA .
a) Tính diện tích tam giác DEF theo S và k.
b) Với giá trị nào của k thì diện tích tam giác DÈ đạt giác trị nhỏ nhất ?
BÀI 3. 2 :
Trong tam giác vuông có tổng hai cạnh góc vuông không đổi , tam giác nào có chu
vi nhỏ nhất ?
BÀI 3.3:
Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là 20 cm và 30 cm .Hãy xác định vị trí
các đỉnh của hình bình hành EFGH nội tiếp hình chữ nhật đã cho ( E , F , G , H lần
lượt thuộc các cạnh BC , BA , AD , DC ) sao cho BE = BH = DF = DG để diện tích
hình bình hành EFGH có giá trị lớn nhất .Tìm giá trị lớn nhất đó .
BÀI 3.4 :
Cho tam giác ABC .Qua điểm O nằm bên trong tam giác đó, vẽ các đường thẳng
song song với các cạnh của tam giác , chia tam giác ra làm ba hình bình hành và ba
tam giác nhỏ.
a) Biết diện tích tam giác ABC là 81cm2 ; hai trong ba tam giác nhỏ có diện tích
là 4 cm2 và 16 cm
2 .Tính diện tích của tam giác còn lại.
b) Chứng minh rằng tổng diện tích của ba tam giác nhỏ là lớn hơn hoặc bằng 1
3 diện tích tam giác ABC . Điểm O ở vị trí nào thì xảy ra dấu bằng?
BÀI 3.5 :
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của tứ gác ABCD .
Biết S
AOB = 4 ; S
COD = 9 .Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.
BÀI 3.6 :
Đường tròn (O, r) nội tiếp trong tam giác ABC. Đường thẳng kẻ qua O cắt hai cạnh
CA và CB của tam giác lần lượt tại M và N .Đường thẳng MN ở vị trí nào thì
CMN có diện tích nhỏ nhất ?
BÀI 3.7 :
Cho điểm M nằm ở trong đường tròn (O,R) .Qua M hãy dựng hai dây AB và CD
vuông góc với nhau sao cho AB + CD lớn nhất ?
BÀI 3.8 :
Cho tam giác ABC cân ở A. Các điểm M ,N theo thứ tự chuyển động trên các cạnh
AB , AC sao cho AM = CN .Xác định vị trí của M ,N để :
27
a) MN có giá trị nhỏ nhất.
b) Diện tích AMN có giá trị lớn nhất.
CHƢƠNG 4 : TOẠ ĐỘ VÀ VECƠ TRONG MẶT PHẲNG
VỚI BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
A) TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG VỚI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ
HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG:
Sử dụng các công thức toạ độ các véctơ, phép toán tích vô hướng, công thức
về góc, khoảng cách.
Chọn hệ trục toạ độ thích hợp để giải một số bài toán hình học cổ điển.
Cho tam giác ABC với 3 đỉnh có toạ độ xác định thì:
+ Trung đỉêm của đoạn AB : I( X
A+X
B
2 ;
Y A+Y
B
2).
+ Trọng tâm G: G( X
A+X
B+X
C
3 ;
Y A+Y
B+Y
C
3).
+ Trực tâm H:
HA.
BC=0
HB.
CA=0
+ Tâm đường tròn ngoại tiếp E : EA = EB = EC
AE
2 =BE
2
AE2 =CE
2
+ Khoảng cách: AB =|
AB| = (X
B-X
A)
2 +(Y
A-Y
B)
2
VÍ DỤ 1:
Cho ABC đều cạnh a, vẽ tia Aa , Bb , Cc lấy điểm A 1 , B
1 sao cho
AA 1 = BB
1 = 2a. Xác định toạ độ đỉnh C
1 trên Cc sao cho A
1B
1C
1 có diện tích nhỏ
nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.
GIẢI
28
Cho hệ trục toạ độ Axyz với B Ax. Khi đó H(0;0;0), B(a;0;0), C( a
2 ;
a 3
2 ;0);
A 1(0;0;2a); B
1(a;0;a) giả sử CC
1 = m, m > 0 thì CC
1(
a
2 ;
a 3
2 ;m).
Gọi S, S 1 theo thứ tự là diện tích của ABC, và A
1B
1C
1 gọi là góc giữa mặt
phẳng (ABC) và (A 1B
1C
1) khi đó
S 1 =
S
Cos =
a2 3
4Cos
Từ đó ta thấy S 1 đạt giá trị nhỏ nhất Cos đạt giá trị min
gọi
n
1 ,
n
2 theo thứ tự là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) và (A
1B
1C
1) ta có
n
1(0;0;1),
n
2
A
1B
1
n
2
A
1C
1
,
n
2(a 3; 3a - 2m; a 3)
Cos =
|
n
1 .
n
2|
|
n
1 |.|
n
2|
= a 3
6a2 +(3a-2m)
2
Khi đó Cos đạt giá trị nhỏ nhất
2 a -2m = 0
m = 3a
2 .
Cos = 2
2 =
4
.
Vậy min S 1 =
a2 6
4 đạt được khi CC
1 =
3a
2 .
29
Ví Dụ 2:
Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a vẽ hai tia Aa , Bb cùng phương và cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi A 1 , B
1 là hai điểm di động trên Aa , Bb
sao cho AA 1 + BB
1 = l ( l là độ dài cho trước) xác định vị trí của A
1 , B
1 sao cho
ABC diện tích nhỏ nhất? và tìm giá trị đó?
GIẢI
Chọn hệ trục toạ độ Axyz với điểm B Ax , A 1 Az khi đó
A(0;0;0), B(a;0;0), C( a
2;
a 3
2;0)
giả sử AA 1 = x, BB
1 = y
ta đựơc A 1 (0;0;x), B
1(a;0;y) và x + y =l
S
A 1B
1C
= S
ABC
Cos=
a2 3
4Cos
Ta có :
Cos = a 3
4(x2 +y)
2 +3a
2
= a 3
4l2 +3a
2 -8xy
Ta có S
A 1B
1C
min Cos max
tích x.y = max
Mặt khác l = x + y 2 xy xy l
4 dấu “=” sảy ra khi x = y =
l
2
AA 1 = BB
1 =
l
2
Vậy min S
A 1B
1C
= a 2l
2 +3a
2
4
Đạt được khi AA 1 = BB
1 =
l
2
B) VECTO TRONG MẶT PHẲNG VỚI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ
HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG
Sử dụng phương pháp vectơ ta sẽ giải quyết được rất nhiều bài toán trong mặt
phẳng cũng như trong không gian , đối với bài toán cực trị trong hình học phẳng
phương pháp vectơ có nhiều ứng dụng .
30
*) Tích vô hướng của 2 vectơ
a ,
b :
0
a .
b =
|a
|.|b |.cos(
a ,
b )
|a
|.|b |
Ví dụ 1:
Cho ta giác ABC với trọng tâm G
a) Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có :
MA2 + MB
2 + MC
2 = 3MG
2 + GA
2 + GB
2 + GC
2
b)Với vị trí nào của điểm M thì tổng MA2 + MB
2 + MC
2 có giá trị nhỏ nhất ? Và
giá trị đó bằng bao nhiêu ?
GIẢI
a) ta có: MA2 + MB
2 + MC
2 =
MA
2 +
MB
2 +
MC
2
=(
MG +
GA )
2 + (
MG +
GB )
2 + (
MG +
GC )
2
= 3
MG
2 +
GA
2 +
GB
2 +
GC
2 +
2MG (
GA +
GB +
GC )
= 3MG2 + GA
2 + GB
2 + GC
2
b) Vì GA2 + GB
2 + GC
2 không đổi nên theo câu a) thì suy ra tổng
MA2 + MB
2 + MC
2 bé nhất khi MG = 0 hay điểm M trùng với trọng tâm G.Giá trị
bé nhất là GA2 + GB
2 + GC
2 .
Ví dụ 2 :
Cho đoạn AB = 4a. Với điểm M tuỳ ý, tìm giá trị bé nhất của tổng 3MA2 + MB
2 .
Nếu điểm M tuỳ ý thuộc đường thẳng d thì kết quả sẽ như thế nào?
GIẢI
Gọi I là điểm sao cho
3IA +
IB =
0
-3
AI + (
AB -
AI ) =
0
AB = 4
AI
AI =
1
4
AB .
Do đó I cố định và AI =a , IB =3a ta có :
31
3MA2 + MB
2 = 3
MA
2 +
MB
2 = 3 (
MI +
IA )
2 + (
MI +
IB )
2
= 4 MI 2 + 3IA
2 + IB
2 + 2
MI ( 3
IA +
IB )
= 4 MI 2 + 3a
2 + 9a
2 + 2
MI
.0
= 4 MI 2 + 12 a
2 12a
2
Do đó 3MA2 + MB
2 bé nhất khi M trùng với I.
Nếu điểm M thuộc đường thẳng d thì tổng 3MA2 + MB
2 nhỏ nhất khi M là hình
chiếu cuả I trên d.
Ví dụ 3 :
Cho tam giác ABC có cạnh BC = a , CA = b, AB = c ,điểm M tuỳ ý, tìm giá trị nhỏ
nhất của :
f(M) =
MA
.MB +
MB
.MC +
MC
.MA
GIẢI
Ta có :
MA
.MB =
1
2 ( MA
2 + MB
2 - AB
2 )
MB
.MC =
1
2 (MB
2 + MC
2 -BC
2 )
MC
.MA =
1
2 ( MC
2 + MA
2 - CA
2 )
Cộng lại thì f(M) = MA2 + MB
2 + MC
2 -
1
2 (a
2 + b
2 + c
2 )
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ,ta có :
MA2 + MB
2 + MC
2 = 3MG
2 + GA
2 + GB
2 + GC
2
Nên f(M) = 3MG2 + GA
2 + GB
2 + GC
2 -
1
2 (a
2 + b
2 + c
2 )
GA2 + GB
2 + GC
2 -
1
2 (a
2 + b
2 + c
2 )
Vậy f(M) nhỏ nhất khi M G.
32
KẾT LUẬN
Với mỗi bài toán ta có thể sử dụng nhiều phương pháp giải khác
nhau. Với dạng bài toán tím cực trị của một đại lượng hình học trong
mặt phẳng ta có thể sử dụng một số phương pháp sau :
+ Sử dụng những phuơng pháp chung cơ bản để giải một bài toán
hình học (ở chương 1).
+ Cách giải các bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng đó là
cách vận dụng các bất đẳng thức trong hình học như bất đẳng thức tam
giác, đường vuông góc và đường xiên, độ dài đường gấp khúc,các bất
đẳng thức trong đuờng tròn….)
+Cách vận dụng các bất đẳng thức trong đại số vào bài toán cực trị
về hình học trong mặt phẳng.
+Sử dụng các phương pháp toạ độ và vectơ trong mặt phẳng giải
các bài toán cực trị về hình học trong mặt phẳng.
Mặc dù đã rất cố gắng thực hiện những nội dung của khoá luận này.
Nhưng ở chương 4, em chưa đưa ra được hệ thống bài tập đề nghị để
giúp ngưòi đọc hiểu sâu hơn về nội dung cơ bản của chương.Em rất
mong các thầy cô và các bạn thông cảm.
Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ tận tình của các
thầy cô trong khoa toán . Đặc biệt là sự giúp đỡ của thầy giáo PHAN
HỒNG TRUỜNG đã giúp đỡ em hoàn thành khoá luận này.
33
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Nguyễn Huy Điển ; “Những phƣơng pháp điển hình trong giải
toán phổ thông”, NXB giáo dục,2001.
2) “Tuyển tập 30 năm toán học và tuổi trẻ”, NXB giáo dục,1997
3) Nguyễn Đức Tấn ,“ Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị trong
hình học phẳng ”,NXB giáo dục,2001.
4) Hoàng Chúng (chủ biên), “ Tài liệu bồi dƣỡng học sinh giỏi
hình học 9”,NXB giáo dục,2002.
5) Lê Hoành Phò ,“ Bồi dƣỡng học sinh giỏi toán hình học 10”,
NXB Quốc gia Hà Nội, 2009.