Đề cương ôn tập Toán THCS - Chuyên đề: Bất đẳng thức hình học

Nội dung text: Đề cương ôn tập Toán THCS - Chuyên đề: Bất đẳng thức hình học

1. CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC LỚP 7- 8 – 9 A.LÍ THUYẾT 1.Các bất đẳng thức về góc a) Trong một tam giác thì góc tù là góc lớn nhất. b) Trong một tam giác thì góc ngoài lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó. 2. Các bất dẳng thức về đoạn thẳng. a) Cho ba điểm A, B, C ta luôn có: AB + BC AC Dấu “=” xảy ra khi ba điểm A, B, C thẳng hàng. b) Bất đẳng thức tam giác: Trong một tam giác ta luôn có: độ dài một cạnh luôn lớn hơn hiệu độ dài hai cạnh và bé hơn tổng độ dài hai cạnh. c) Trong một tam giác vuông thì cạnh huyền là cạnh lớn nhất. d) Nếu từ một điểm không thuộc đường thẳng ta kẻ các đường vuông góc và đường xiên thì: - Đường vuông góc là đoạn thẳng ngắn nhất. - Hai đường xiên bằng nhau thì có hình chiếu bằng nhau và ngược lại. - Trong hai đường xiên không bằng nhau thì đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại. e) Liên hệ giữa dây cung và khoảng cách đến tâm đường tròn. Trong một đường tròn thì: - Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau - Trong hai dây không bằng nhau dây nào cách xa tâm hơn thì nhỏ hơn và ngược lại. Ta cũng có: - Trong một đường tròn, hai dây bằng nhau trương hai cung bằng nhau. - Dây nào trương cung lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại. 3. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác. a) Trong một tam giác thì: - Đối diện với góc lớn hơn là góc lớn hơn và ngược lại. - Cạnh đối diện với góc tù là cạnh lớn nhất. b) Trong hai tam giác có hai cạnh tương ứng bằng nhau và có góc xen giữa không bằng nhau thì: - Đối diện với góc lớn hơn ta có cạnh thứ ba lớn hơn. - Đối diện với cạnh thứ ba lớn hơn ta có góc xen giữa lớn hơn. *Chú ý: Ngoài các kiến thức hình học cơ bản trên, ta cũng thường sử dụng các bất đẳng thức đại số quen thuộc: Với hai số không âm: - Nếu tổng của chúng không đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau. - Nếu tích của chúng không đổi thì tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi hai số ấy bằng nhau. B. CÁC PHƯƠNG PHÁP Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thường dùng các phương pháp sau: - Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc. - Vận dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc . - Vận dụng bất đẳng thức trong tam giác và đường tròn tìm cực trị. - Vận dụng bất đẳng thức đại số. - Vận dụng diện tích tìm cực trị. C. CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ C.I. CÁC BÀI TOÁN LỚP 7 Bài 1: Cho tam giác ABC, M là trung diểm của cạnh BC và B· AM C· AM . Chứng minh: AB < AC GIẢI: Vẽ tia đối của tia MA, trên tia này lấy điểm D sao cho MD = MA. Xét MAB và MDC có: MA = MD(cách vẽ) ·AMB D· MC (đối đỉnh) BM = MC (M là trung diểm cạnh BC). 1
2. Do đó MAB = MDC (c.g.c). Suy ra AB = DC, B· AM M· DC Xét ADC có: ·ADC C· AD ( B· AM > C· AM (giả thiết); B· AM = M· DC ) AC > DC (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác) Ta có DC < AC, AB = DC. Suy ra AB < AC. Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD  AC, CE  AB (D AC, E AB).Chứng minh rằng AB – AC > BD – CE GIẢI: Trên cạnh AB lấy diểm F sao cho AF = AC. Vì AB > AC nên F nằm giữa A và B. Vẽ FG  AC, FH  BD (G AC, H BD) Ta có FG  AC, BD  AC (giả thiết) FG // BD. Xét GFD ( F· GD = 90 ) và HDF ( D· HF = 90 ) có DF (cạnh chung), G· FD = H· DF (vì FG // BD). Do đó GFD = HDF (cạnh huyền – góc nhọn) Suy ra FG = HD, GH = FH Xét GAF (G· AF = 90 ) và EAC ( ·AEC = 90 ) có: AF = AC G· AF (góc chung) Do đó GAF = EAC (cạnh huyền – góc nhọn) Suy ra FG = CE. Do vậy GF = CE = HD Ta có FH  BD nên FB > BH(quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Suy ra AB – AC > BD – HD. Hay AB – AC > BD – CE. Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, trên cạnh AB lấy điểm D, trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE. Chứng minh rằng: BC < DE. GIẢI Gọi M là giao điểm của BC và DE. Vẽ DI  BC tại I, EK  BC tại K IDB = KEC (cạnh huyền – góc nhọn) DI = EK, BI = CK BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. vẽ AH  BC tại H. Chứng minh rằng: BC + AH > AB + AC. GIẢI: Trên cạnh BC lấy D sao cho BD = AB. Trên cạnh AC lấy E sao cho AE = AH Ta có: BD = AB BAD cân tại B B· AD = B· DA Mà B· AD + D· AE = 90 , B· DA + H· AD = 90 Nên H· AD = D· AE HAD = EAD (c.g.c) ·AHD ·AED DE  AC DC > EC Do đó AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC. Bài 5: Cho = . B là điểm trên tia Ax, C là điểm trên tia Ay (B, C khác A). Chứng minh rằng: AB + AC 2BC. GIẢI: Vẽ Az là tia phân giác của góc xAy. Vẽ BM Az tại M, CN Az tại N. Gọi K là giảo điểm của Az và BC. 2
3. BM = AB, BM BK Do đó AB BK AB 2BK Tương tự có AC 2CK Do đó AB + AC 2(BK + CK) = 2BC Bài 6: Tam giác ABC có = , = 54, trên cạnh AC lấy điểm D sao cho = 18. Chứng minh rằng: BD < AC. GIẢI: Vẽ BE là tia phân giác của góc ABD ( E AD). Từ E vẽ EF BD (F BD) Ta có = = = 18 Xét ABE ( = ) và FBE ( = ) có: BE (chung), = Do đó ABE = FBE (cạnh huyền – góc nhọn) Suy ra AE = FE, = = 72 DFE có = 180 - 2.72 = 36 mà = nên = - 36 = 54 Xét DFE có < FD < FE. Ta có FD < FE, AE = FE FD < AE Mà = 36 EBC cân đỉnh E EB = EC. Ta có BF < EB (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Mà EB = EC nên BF < EC. Do đó BD = BF + FD < EC + AE = AC Bài 7: Cho tam giác ABC có BC là cạnh lớn nhất, BM là đường trung tuyến. Điểm D nằm trên đoạn BM (D khác B). Chứng minh rằng > . GIẢI: Trên tia đối của tia MD lấy E sao cho ME = MB MAE = MCB (c.g.c) AE = BC Lại có BC > AV nên AE > AB ABE có AE > AB Nên > Mà > ( ABC có BC > AB). Vậy < > > . Do vậy > . Bài 8. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng : AB + AC > 2AM. GIẢI: Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA. Xét MAB và MDC có: MA = MD, (đối đỉnh) MB = Mc (giả thiết) Do đó MAB = MDC (c.g.c) AB = DC Xét ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác) Do đó AB + AC > AD mà AD = 2AM Suy ra AB + AC > 2AM. Bài 9: Cho tam giác ABC, M là điển nằm trong tam giác. Chứng minh rằng: MB + MC < AB + AC GIẢI: Vẽ đường thẳng BM cắt AC tại D Vì M ở trong tam giác ABC nên D nằm giẵ A và C, Suy ra: AC = AD + DC Xét ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác) MB + MD < AB + AD (1) Xét MDC có MC > DC + MD (2) (bất đẳng thức tam giác) 3
4. Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: MB + MC + MD < AB + (AD + DC) MB + MC < AB + AC. Bài 10. Cho tam giác ABC, M là điểm trên tia phân giác góc ngoài đỉnh C. Chứng minh rằng MA + MB > AC + BC. GIẢI: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng MC cắt đường thẳng BC tại D, cắt MC tại H. Xét CAH có CH vừa là đường cao ( CH AD), vừa là đường phân giác (gt). CAH cân tại C CA = CD, HA = HD MA = MD (Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu). Xét MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác) Mà BD = CD + BC = AC + BC. Dó đó MA + MB > AC + BC. II.CÁC BÀI TOÁN LỚP 8. Bài 1. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: SABCD AC.BD. GIẢI: Gọi O là giao điểm của AC và BD Vẽ BH, DK lần lượt là các đường cao của tam giác ABC, DAC. Do đó SABCD = SABC + SDAC = BH.AC + DK.AC = AC.(BH + DK) Mặt khác, BH OH BH OB và DK OK DK OD. Mà OB + OD = BD, nên BH + DK BD. Vậy SABCD AC.BD. Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác. Chứng minh rằng: AB + AC > AH + BH + CH. Từ đó suy ra chu vi tam giác ABC lơn hơn (AH + BH + CH) GIẢI: Vẽ HD // AC, HE // AB (D AB, E AC). Ta có HD // AC, BH AC (vì H là trực tâm ABC) Nên HD BH DB > BH. Chứng minh tương tự ta cũng có EC > CH. Ta có: HD // AE, HE // DA Tứ giác AEHD là hình bình hành AD = HE AEH có HE + AE > AH AD + AE > AH Như vậy AB + AC = AD + DB + AE + EC = (AD + AE) +BD + EC > AH + BH + CH Chưng minh tương tự ta có : AB + BC > AH + BH + CH, AC + BC > AH + BH + CH Do đó 2(AB + BC + AC) > 3(AH + BH + CH). Vậy AB + BC + AC > (AH + BH + CH) Bài 3. Cho tam giác ABC có AB > BC. Các đường phân giác trong là AD và CE. Chứng minh rằng AE > DE > CD. GIẢI: Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB ở K Ta có AD là đường phân giác trong của tam giác ABC Nên và CE là đường phân giác trong của tam giác ABC nên . Mà AB > BC. Do đó < . Vậy ABC có DK // AC theo định lí Ta-let trong tam giác ta có . Do đó + 1 < + 1. 4
5. Hay KB > EB. K không trùng E. Do vậy DE cắt AC, gọi M là giao điểm của DE và AC. Ta có > ( là góc ngoài của tam giác DAM) = (gt). Do đó > . Xét ADE có > AE > DE (1) Mặt khác = (gt), mà > ( là góc ngoài của CEM), Do đó > . Xét DCE có > DE > CD (2) Từ (1) và (2) ta có AE > DE > CD. Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 2CD. So sánh và . GIẢI: Vẽ AE là đường phân giác của tam giác ADB. Ta có > = nên AB > AD. ABD có AE là đường phân giác > 1 EB > ED EB > Gọi M là trung diểm của BD MB = . Vậy M nằm giữa B và E. Nên < . ABM = ACD (c.g.c) . Vậy < . Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AB, AC lấy M, N sao cho AM = AN = AH. Chứng minh rằng . GIẢI: Gọi K là trung điểm cạnh BC Xét ABC vuông tại A, AK là đường trung tuyến AK = . Ta có AH AK (vì AH HK) Do đó SAMN = AM.AN = AH.AH AH.AK Mà SABC = AH.BC = AH.AK. Vậy . Bài 6. Cho tam giác OBC cân tại O. Hai đường thẳng m và m’ lần lượt qua B và C song song với nhau và không cắt tam giác OBC. Gọi A là giao điểm của hai đường thẳng OC và m, D là giao điểm của hai đường thẳng MO và m’. Xác định vị trí của m và m’ để tích AB.CD đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI: Vẽ OH BC, OE // m (H, E BC) m // m’ (gt) nên OE // m’ ABC có OE // AB = (1); BDC có OE // DC (2) Cách 1: Từ (1), (2) ta có OE = = 1 Do đó = AB.CD 4OH2 (vì OE OH) Dấu “=” xảy ra AB = CD và E H m BC và m’ BC Cách 2: Từ (1), (2) ta có = . Mà BE.EC (BE + EC)2 = BE2 Suy ra AB.CD 4.OE2. Mặt khác OE OH nên AB.CD 4.OH2 Dấu “=” xảy ra BE = EC, E H m BC; m’ BC Bài 7. Tam giác ABC có diện tích S. các điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AD = k.AB; 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 đạt giá trị nhỏ nhất. Giải.Ta có Lại có: 5
6. Do đó SBDE = ( 1 – k).kS. Tương tự ta có: SCFE = ( 1 – k).kS SDAF = ( 1 – k).kS 2 Vì S không đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức 1 – 3k + 3k đạt giá trị nhỏ nhất Ta có 1 – 3k + 3k2 =. Dấu “=” xảy ra Vậy với k = thì diện tích đạt giá trị nhỏ nhất bằng . Khi đó các điểm D, E, F theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA. Bài 8. Chứng minh rằng trong các tam giác vuông có chiều cao ứng với cạnh huyền không đổi, tam giác vuông cân có chi vi nhỏ nhất. Giải Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung Tuyến AM. Chu vi tam giác ABC bằng P = AB + BC + AC Mà BC = 2AM 2AH Dấu “ = “ xảy ra khi H M Ta có AB + AC = Dấu “=” xảy ra khi H M Do đó P = AB + BC + AC Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng tam giác ABCvuông cân tại A. Bài 9. Cho tam giác vuông ABC vuông ở A. AB = 4,1 cm; AC = 3,2 cm. M là điểm thay đổi trên cạnh BC; gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và AC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác HMK. Giải Tứ giác AHMK có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. nên tam giác MHK vuông ở M. Diện tích tam giác MHK là S= Áp dụng định lý TaLet ta được Suy ra Đáp số S lớn nhất bằng 1,64 (cm2) khi Hay M là trung điểm BC. Bài 10. Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2. Chứng minh rằng SABCD GIẢI: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vẽ AH BD tại H, CK BD tại K. HAB vuông tại H AB2 = HA2 + HB2 KCD vuông tại K CD2 = KD2 + KC2 Nên AB2 + CD2 = Tương tự có BC2 + AD2 = Ta có = HB2 + KD2 = KB2 + HD2 Ta có H K AC BD SABCD = AC.BD SABCD Bài 11. Cho hình chữ nhật ABCD, M là điểm nằm trong hình chữ nhật. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức AM.CM + BM.DM GIẢI: Qua M vẽ HK BC (H BC, K AD) BC // AD nên HK AD Vẽ điểm E ở ngoài hình chữ nhật ABCD 6
7. Sao cho AE = CM, DE = BM MBC = EDA (c.c.c) SMBC = SEDA SABCD = AB.BC = KH.BC = 2 = 2(SMBC + SMAD) = 2(SEDA + SMAD ) = 2SMADE = 2(SMAE + SMED) Vẽ MI AE, MJ DE (I AE, J DE) MI AM, MJ DE MI.ME MJ.ED và MJ.ED DE.DM 2SMAE AM.CM và 2SMED BM.DM Do đó AM.CM + BM.DM SABCD (không đổi). Dấu “=” xảy ra I A, J D. Bài 12. Cho tam giác ABC, M là điểm cạnh BC. Chứng minh rằng: MA.BC < MC.AB + MB.AC GIẢI: Vẽ MD // AB (D AC) ABC có MD // AB Suy ra MD = ADM có AM < MD + DA Do đó MA < + MA.BC < MC.AB + MB.AC Bài 13. Cho tam giác ABC, M là một điểm nằm trong tam giác (có thể ở trên cạnh). Chứng minh rằng MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC. Dấu “=” xảy ra khi nào? GIẢI: Xét 2 trường hợp a) ABC không có góc tù. AM cắt BC tại D. Vẽ BH AD, CK AD (H, K AD) Ta có MA.BC = MA(BD + DC) MA(BH + CK) = MA.BH +MA.CK = 2SMAB + 2SMAC Chứng minh tương tự ta có MB.CA 2SMAB + 2SMBC. MC.AB 2SMAC + 2SMBC Do đó ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC Dấu “=” xảy ra M là trực tâm của ABC. b) ABC có một góc tù, giả sử > . Vẽ AB’ AC và AB’ = AB M A và M nằm trong AB’C (nếu không ta vẽ AC’ AB. AC’ = AC và giải tương tự) (AB =AB’) MB > MB’ Mà CB > CB’ Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ Theo a) ta có MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ 4SAB’C = 2AB’.AC Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > 2AB.AC > 4SABC Tóm lại: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC Dấu “=” xảy ra ABC không có góc tù và M là trực tâm của ABC. Bài 14. Cho tam giác ABC ( = ). Từ một điểm M trong tam giác vẽ MI BC, MJ CA, MK AB (I BC, J CA, K AB). Xác định vị trí cảu điểm M sao cho tổng MI2 + MJ2 + MK2 đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI: Vẽ đường cao AH của ABC Tứ giác AJMK là hình chữ nhật (vì = = = ) AM = JK 7
8. MKJ có = nên theo định lí Py-ta-go ta có 2 2 2 JK = MK + MJ Do đó MJ2 + MK2 = MA2 Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA AI AH IH AI AH Ta có MI2 + MJ2 + MK2 = MI2 + MA2 AI2 AH2 Do đó MI2 + MJ2 + MK2 AH2 không đổi MI = MA Do đó “=” xảy ra M nằm giữa A và I M là trung điểm AH I H Bài 15. Cho tam giác ABC vuông cận tại A. Trên cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các điểm K, L, M sao cho tam giác KLM vuông cận tại K. Xác định vị trí của K, L, M để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ nhất. GIẢI: Kẻ LH AB (H AB) Xét HLK và AKM có: (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Và LK = MK (KLM vuông cân tại K) Do đó HLK = AKM HK = AK, HK = AM HBL có = ; = HBL vuông tại H HL = BH Đặt AK = x, AM = y. Ta có AB = 2x + y 2 2 SABC = AB = (2x + y) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = [5(x + y ) – (x – 2y) ] .5(x + y ) = KM = 5.SKLM (AKM có nên x + y = AK + AM = 2 2 KM ;KLM vuông cân nên SKLM = KM ) SKLM SABC (không đổi) Dấu “=” xảy ra x = 2y AK = AB, AM = AC. CÁC BÀI TOÁN LỚP 9. Bài 1. Cho góc xOy = 50o. Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz sao cho góc xOz = 22o. Trên Oz lấy điểm M sao cho OM = 67cm. Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua điểm M và cắt 2 tia Ox, Oy tương ứng tại A, B. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABO. Giải A' X Ta chứng minh SOAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MA = MB. Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB, kẻ AN // Oy (N A’B’) ANBB’ là hình bình hành Z SOAB = SOANB’ < SOA’B’ Khi M là trung điểm của AB dựng hình bình hành OACB OC = 134 (cm) A N C Kẻ AH OC, đặt AH = x (cm). Ta có: Và OH + HC = OC = 134 (cm) Lại có: x = OH . tan 220 M H x = HC . tan 280 220 280 Bài 2.cho nửa đường tròn (O) đường kínhO AB, điểm C thuộcB' bánB kính OA, điểrm M thuộc cung AB. Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. ĐườngY vuông góc với CM tại m cắt Ax, By theo thứ tự ở D, E. a) Chứng minh các tam giác ADC và BCE đồng dạng. b) Giả sử OA = R và C là trung điểm OA. Tính diện tích nhỏ nhất của tứ giác ABED. 8
9. GIẢI Ta chứng minh được ( cùng phụ với ) ADC = BCE (g.g) (1) Gọi S là diện tích hình thang ABED Ta có: AD + BE (Bất đẳng thức Cô-si) Từ (1), (2), (3) suy ra Vậy diện tích nhỏ nhất của hình thang ABED bằng , khi đó CMOA và ABED là hình chữ nhật. Bài 3. Cho tam giác ABC không đều, ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng khi và chỉ khi 2BC AB + AC GIẢI: Gọi D và E lần lượt là giao điểm của AI với BC và đường tròn (O) (E khác A). Xét ABC có AD là đường phân giác = . Do đó = = . Ta có : , , , ECI cân tại E EC = EI. Xét ABD và AEC có , Do đó ABD AEC (g.g) . Nên . OAE cân tại O (vì OA = OE) Do đó EI AI 2BC AB + AC. Bài 4. Cho hai đường tròn (O; R) và (O; R’) cắt nhau tại A và B (O và O’ ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB). Một cát tuyến di động qua B cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D sao cho B nằm giữa C và D. Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD nhận giá trị lớn nhất. GIẢI: Vẽ đường kính AM của đường tròn (O) và đường Kính AN của đường tròn (O’). Ta có = và = (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Ta có + = + = 180. Suy ra M, B, N thẳng hàng. Ta có O; O’; A cố định, (O; R) và (O’; R’) cố định M, N cố định. Xét ACD và AMN có: ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)). Và (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O’)). Do đó ACD AMN (g.g). Vì ACD AMN = P(ACD) = .AC (trong đó P(ACD) và P(AMN) lần lượt là chu vi của các tam giác ACD, AMN). Ta có P(AMN), AM không đổi. Do đó P(ACD) lớn nhất AC lớn nhất AC là đường kính của đường tròn (O) CD AB tại B. Vậy khi tiếp tuyến CBD vuông góc với AB tại B thì tam giác ACD có chu vi lớn nhất. Bài 5. Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O, R) (BC 2R). A là điểm di động trên cung lớn BC. Vẽ hình bình hành ABCD. Xác định vị trí của A để đồ dài BD lớn nhất. GIẢI: Vẽ hình bình hành OBCI. Ta có I cố định, OI = BC và OI // BC 9
10. Mà BC = AC, OI // AD Tứ giác OADI là hình bình hành ID = OA = R Xét ba điểm I, B, D có BD BI + ID Nên BD BI + R, không đổi. Dấu “=” xảy ra I nằm giữa B và D Vậy khi A là giao điểm cảu đường thẳng qua O và song song với đường thẳng BI với đường tròn (O) (A, B nằm khác phía đối với OI và OBCI là hình bình hành) thì độ dài BD lớn nhất. Bài 6. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. C là điểm thuộc nửa đường tròn. Vẽ CH AB 2 tại H. Đường tròn C, bán kính CH cắt nửa đuognừ tròn (O) ở D, E. Chứng minh rằng SODCE = R GIẢI: Nối O với C, D với E, OC DE Gọi I là giao điểm của OC và DE SODCE = OC.DE = R.DE CH CO CE OE CI OI OI OI2 IE R 2 DE R. Do vậy SODCE = R . Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB = 2R . lấy điểm I trong đoạn AO sao cho OI = x (O < x < R). qua I vẽ đường thẳng d⊥ AB và cắt nửa đường tròn tâm O tại M. xác định x để chu vi IMO lớn nhất. Giải: Đặt IM = y (O < y < R) xát , có: OM2 = OI2 + IM2  x2 + y2 = R2 ( pytago) Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 2(x2 + y2) Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y R Dấu “=” xảy ra  x = y = Chu vi là C = OI + IM +OM = x + y + R R + R = ()R Vậy max C = ()R x = y = Do đó khi x = thì chu vi lớn nhất Bài 8. Cho đường tròn (O, R) BC là dây cung cố định khác đường kính. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho ABC nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF của ABC. Xác định vị trí của điểm A để chu vi DEF đạt giá trị lớn nhất. Giải: Tứ giác BFEC nội tiếp vì có 2 đỉnh F, E cùng nhìn BC dưới 1 góc => ( cùng bù ) Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) có: Vậy => Ax // EF mà Ax OA => OA EF CMTT: ta có OB FD , OC DE Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD = .(EF + DF + DE ) Dó đó : EF + DF + DE lớn nhất SABC lớn nhất A là điểm chính giữa cung lớn BC Bài 9. Cho nửa đường tròn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động trên nửa đường tròn. Ở phía ngoài ABC, vẽ các nửa đường tròn đường kính AC, BC ; gọi diện tích của 2 nửa hình tròn này là S1, S2 a) CMR: tổng S1 + S2 không đổi 10
11. b) Gọi S là diện tích hình giới hạn bởi ba nửa đường tròn. Tìm vị trí của điểm C để S có giá trị lớn nhất. Giải a) Tổng diện tích 2 nửa đường tròn đường kính AC, BC bằng: S1 + S2 = + =.(AC2 + BC2) =.AB2 =. 4R2 =không đổi b) Gọi S3 là diện tích nửa hình tròn đường kính AB Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3 Theo câu a, ta có S1 + S2 = = S3 => S = SABC Do đó S lớn nhấ t SABC lớn nhất Kẻ CH AB, ta có: 2 SABC = AB.CH AB.CO = 2.R.R = R (không đổi ) 2 Do đó: Smax = R HO C là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB Bài 10. Từ một khối gỗ hình nón có bán kính đáy là 12cm, chiều cao 30cm, người ta tiện thành một hình trụ . Tính thể tích lớn nhất có thể được của hình trụ được tiện ra. Giải Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có: Thể tích hình trụ là : V = Vì x + x + (60 – 2x) = 60 không đổi nên tích đạt giá trị lớn nhất khi x = 60 – 2x  x = 20 Vậy hình trụ có thể tích lớn nhất (Áp dụng : Nếu ba số dương có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi ba số đó bằng nhau) Bài 11. Cho một hình tròn (O) đường kính BC à điểm A thuộc đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của các đường phân giác của tam giác AHB, AHC. Đường thẳng IK cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh SAMN SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC). GIẢI: Gọi D là giao điểm của AI và BC J là giao điểm của BN và CK ABC có BJ, CJ là hai đường phân giác J là tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC AJ là đường phân giác của tam giác ABC Mặt khác có: (AHD vuông tại H) (1) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên (2) Mà ( AD là tia phân giác ) (3) Từ (1), (2), (3) có CAD cân tại C KJ AI Chứng minh tương tự có IJ AK Do vậy J là trực tâm AIK AJ IK 11
12. AMN có AJ vưa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân Vậy AMN vuông cân tại A AMI AHI (vì , = 45) AH BC nên AH AO mà AO = 2 SAMN = AM.AN = AH SABC = AH.BC Vậy SAMN SABC Bài 12. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1. Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Ma + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ AB) GIẢI: 1. Lấy điểm D trên đoạn thẳng MC sao cho MD = MB BMD cân tại M có = 60 Tam giác BMD đều. Suy ra: BM = BD Ta có (vì cùng bẳng 60- ) MBA = DBC (c.g.c) Do đó: DC = MA Vậy MA + MB = CD + DM = MC 2. Do M thuộc cung nhỏ AB nên theo câu 1) có MA + MB = MC Do đó P = MA + MB + MC = MC + MC = 2MC 2.2R = 4R (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Vẽ OH BC tại H. Dễ thấy = 60, BH = = BH = OBsin. Nên R = Do đó P Dấu “=” xảy ra M là điểm chính giữa cung nhỏ AB Bài 13. Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nữa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắ AB tại I. a) Tính góc CIF b) Chứng minh AE.AC + BF.BC không đổi khi EF di động trên nữa đường tròn c) Tìm vị trí của AF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó. GIẢI: BE, AF là hai đường cao của ABC CI AB Tứ giác IHFB nội tiếp EOF đều nên = 60 30 ACI ABE = AC.AE = AB.AI Tương tự BCI BAF = BC.BF = BA.BI Do đó AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI = AB(AI + IB) = AB2 ABC FEC = = = SABFE = SABC SABFE lớn nhất SABC lớn nhất CI lớn nhất I O CAB cân EF //AB 12
13. 2 Khi đó SABC = = R . SABFE = Bài 14. Cho nữa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và M là một điểm trên nửa đường tròn đó (M khác A và B). Tiếp tuyến với đường tròn O tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn lần lượt tại C và D. Gọi N là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh MN // AC b) Tính giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của hai tam giác ACM và BDM. Khi đó ứng với vị trí nào của M. GIẢI: a) Ax // By ( cùng vuông góc AB) Nên ANC DNB Ta có: (1) Mà AC = CM; BD = DM (2) Từ (1) và (2) (3) (3) chứng tỏ AC // MN (định lý đảo của định lí Ta-lét) b) AC // MN MNAB tại H Ta có ABDC là hình thang vuông nên CD AB 2 SABCD = (AC + BD).AB = (CM + MD).2R = CD.R 2.R.R = 2R (*) 2 SAMB = AB.MH = R.MH R.R = R (**) (do MH MO) _ 2 (*) và (**) suy ra: SABCD SAMB R 2 Hay SACM + SBDM R GTNN là R2 Dấu “=” xảy ra CD = AB (ABCD là hình chữ nhật) và H O M là diểm chính giữa của nửa đường tròn O. Bài 15. Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm P cố định nằm trong đường tròn. Hai dây cung AC và BD thay đổi nhưng vuông góc với nhau tại P. Xác định vị trí của AC và BD sao cho diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất. Giải B H C A P K O D Vẽ OH AC, OK BD (H AC, K BD) Tư giác PHOK là hình chữ nhật () => KH = OP không đổi Tam giác OKH vuông tại O nên Do đó : không đổi Tứ giác ABCD có AC BD nên Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương, ta có: 13
14. không đổi Dấu “=” xảy ra AC = BD OH = OK PO là tia phân giác của góc HPK AC, BD hợp với PO một góc 450 . Vậy khi AC, BD hợp với PO một góc 450 thì diện tích ABCD lớn nhất . Bài 16. Cho đường tròn (O; R) và một điểm A sao cho OA = R . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc xOy = 45 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a) DE là tiếp tuyến của đường tròn b) R < DE < R GIẢI: a) Áp dụng định lý pitago tính được AB = AC = R Tứ giác ABOC là hình vuông Kẻ bán kính OM sao cho = = Chứng minh BOD = MOD = Tương tự: D, M, E thẳng hàng Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b)Xét ADE có DE < AD + AE mà DE = DB + EC 2ED < AD + AE + DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R DE > R Vậy R > DE > R. 14