Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
1
2
2
1
3
1
x
O
C
A
B
M
P
N

1
Giáo viên hướng dẫn: ĐỖ KIM SƠN
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

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




0 0
( ) ,
: ( )
min ( )
f X m X D
X D f X m
f X m
≥ ∀ ∈
∃ ∈ =

= ⇔


2) Phép toán vector:
Phép cộng vector:
* Quy tắc 3 điểm:
AB BC AC+ =
uuur uuur uuur
* Quy tắc hình bình hành: nếu ABCD là hình bình hành thì
AB AD AC+ =
uuur uuur uuur
Phép trừ vector:
* Quy tắc:
AC AB BC− =
uuur uuur uuur
Tích vector với 1 số:
Cho số k ≠ 0 và

a b c
m m m
: độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C của
ABC
∆
.
,R r
: bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp
ABC
∆
.
, ,
a b c
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:
3
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
Định nghĩa: Trên các cạnh BC, CA, AB của
ABC∆
lấy các điểm
1 1 1
, ,A B C
tương ứng sao cho
2 2 2
1 1 1

0
120
. Khi đó tồn tại duy nhất điểm T có
tính chất cùng nhìn các cạnh BC, CA, AB dưới các góc
0
120
. Điểm T như vậy gọi là điểm
Toricelli của
ABC
∆
.
Điểm Gergone: Đường tròn nội tiếp
ABC∆
tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
1 1 1
, ,A B C
. Khi đó các đường thẳng
1 1 1
, ,AA BB CC
đồng quy tại điểm J gọi là điểm Gergone.
Điểm Naghen: Các đường tròn bàng của
ABC
∆
tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
1 1 1
, ,A B C
. Khi đó các đường thẳng
1 1 1
, ,AA BB CC
đồng quy tại điểm N gọi là điểm Naghen.

·
·
·
·
0 0
90 ê 90AHE AEH n nBEF AEH+ = + =
Do đó:
·
0
90HEF
=
. 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
2. . 2HE 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
⇔

. Do M thuộc tia phân giác cùa góc D nên: MH= MB= a.
1
. .
2
MCD
S CD MH=
x
y
a
a
H
K
D
M
A
B
C

Do CD≥ AB= 2a và MH= a nên:
2
1
.2 .
2
MCD
S a a a
= =
2
.
MCD
S a CD Ax

⇔
AD nhỏ nhất.
7
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
F
E
H
A
B
C
D
Đường xiên AD nhỏ nhất
⇔
hình chiếu HD nhỏ nhất.
Ta có HD ≥ HB ( do
·
0
90ABD >
) 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.
' , ' '/ / 'DD d BB d DD BB⊥ ⊥ ⇒ ⇒
DD’B’B là hình thang.
d
O'
O

O’ ≡ A
⇔
d vuông góc AC tại A.
8
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
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
C
A
B
D
F
H
E
G
Tương tự MC=
1
.

Chu vi MNP = NM + MP + PN = EM + MP + PF ≥ EF
9
M
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
1
2
A
B C
M
N
P
E
F
Ta cần xét khi nào thì EF nhỏ nhất. Ta có
· µ
µ
·
1 2
2 2 2EAF A A BAC= + =
EAF là tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên
nhỏ nhất.
EF nhỏ nhất
⇔
AE nhò nhất
⇔
AN nhỏ nhất
⇔
AN BC
⊥
Như vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất khi N là chân đường cao kẻ từ A, còn M và P là giao

. .
2
OMBN
S OB MN≤
10
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

1
. .
2
ONCP
S OC NP≤

1
. .
2
OPAM
S OA PM=

1
2
2
1
3
1
x
O
C
A
B

¶
2
C M=
( cùng
bằng góc BAx). Chứng minh tương tự
µ
¶
1
C M=
. Do đó
¶
¶
1 2
M M=
suy ra
¶
¶
2 3
M M=
. 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
¶
¶
1 2
N N=
nên
NA BC
⊥
.

B trùng N
M
12
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
Trong trường hợp An chọn N trùng B thì Bình chọn P là giao điểm của BD và AC, khi đó d =
1
d MB BP PM= + +
. Còn trong trường hớp An chọn N trùng C thì Bình chọn P là giao điểm
của CD và AC, chính là C, khi đó d =
2
2d MC CM MC= + =
.
h
D
C trùng N trùng P
A
B
M
Bây giờ ta so sánh
1
d
và
2
d
. Đặt MC = h thì
2
d
= 2h (1). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với
AC, cắt MP ở B’. Ta có BP = B’P nên :


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.
Giải:
Dựng hình bình hành BNMB’⇒ BB’= MN = a (không đổi); NB =MB’, B’ cố định.
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d. Ta có AM =A’M, A’ cố định.
d
B'
A'
A
B
M N
Xét ba điểm A’, M, B’ ta có
A’M + MB’≥ A’B’
Do đó AM + MN + NB =A’M+ MN +MB’
=( A’M+ MB’) + MN ≥ A’B’+ a (không đổi)
Dấu bằng xảy ra ⇔ M
[ '; ']A B
∈
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.
Giải:
Ta có: AD ⊥ DC (gt), BC ⊥ DC (gt) ⇒ AD// BC⇒ABCD la hinh thang mà
µ
D
= 90
0
nên

0
90ADC DCE AEC= = =
) ⇒ DC = EA
·
AEB
= 90
0
⇒ 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
2
.2 2
ABCD
S R R R≤ =
(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 ⇒
·
·

BCD
= 90
0
.
Mà
·
·
·
·
ABC BDC ACB ACD+ = +
= 90
0

·
·
BDC ACD
=
( AC = AD)
Do đó
·
·
ABC ACB
=
⇔
»
»
AB AC=
⇔ A là trung điểm của cung lớn BC
17
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

3. | 3. | (1 3)( ) 4.4 4MA MB MA MB MA MB R R
+ = + ≤ + + = =

3. 4MA MB R+ ≤
hằng số.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3.MA MB=
MAB
⇔
V
là nủa tam giác đều
»
0
60sdMA⇔ =
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
1 2
r r
đạt giá trị lớn nhất.
Giải: Gọi O là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác ABC,
1
O
là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABD,
2
O
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD. Dễ thấy

O2
O
D
B
C
A
O1
Khi đó
1 2
O KB O NC=V V
suy ra BK = CN. Suy tiếp ra BH = CM.
Từ đó AH = AM. Vậy
1 2
AHO AMO=V V
. Nên
1 2
AO AO
=
, kẻ
1 2
,O I AD O J AD
⊥ ⊥
. Dễ
thấy I trùng J và
1 2
.O I O J=
Từ đó KD = DN.
Vậy D là trung điểm của BC thì tích
1 2
r r

4 4 4 2 4
BC BC BC BC BC
A B BC AB A B− − + = − − ≤
Vậy AA’. HA’ ≤
2
4
BC
(không đổi)
Dấu bằng xảy ra ⇔
2
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.
20
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
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;
, ,
a b c
h h h
tương ứng
là đường cao xuất pháp từ các đỉnh A, B, C. Ta có:
1
ABC MBC MCA MAB
a b c
x x x
S S S S

h h h
= = =
.
Khi đó M là trọng tâm tam giác ABC.
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.
Giải:
Cách 1: Gọi K là giao điểm AC và BD. Các tam giác AMC, BMD đồng dạng với tam giác
AKB.
Đặt AM = x, AB = a,
1 2
, ,
AMC BMD AKB
S S S S S S
= = =
.
Ta có:
2 2
1 2
( ) ; ( )
S Sx y
S a S a
= =
nên
2 2 2 2
1 2
2 2 2
( ) 1
2 2 2
S S

,
4 4
x y
S S
= =
2
2 2 2
1 2
3 3 ( ) 3
( ) .
4 4 2 8
x y
S S x y a
+
+ = + ≥ =
2
1 2
3
min( )
8
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
EFGH
S S

2
1
144 (144 24 ) 4 12 12 2
3
x x x x− − + − − − −
=
2
1
144 48 8 6 24
3
x x x
− + − − −
=
2 2
1 1
2 72 ( 3) 75 75
3 3
x x x
− + + = − − + ≤
22
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan
x
3
2
4
1
E
B
A
D

H
F
G
Ta có:
ABCD AEH BEF CFG DGH
S S S S S S= − − − −
2
2 2.36 4 4 (6 ) 4S x x x
⇒ = − − − − −

2
72 4 4 36 12 4x x x x
= − − − + − −2 2
4 32 ( 2) 36x x x
= − + + = − − +
MaxS = 18 khi và chỉ khi x = 2
Vậy BF = 2m. Khi đó
2
18
EFGH
S m
=
23
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

=
uuur
Như vậy T lớn nhất
⇔
| |MI
uuur
lớn nhất
⇔
MI lớn nhất
⇔
M
≡

1
M
với
1
M
là giao điểm của
OI với đường tròn (O),
1
M
nằm ngoài đoạn OI..
Tương tự T nhỏ nhất
⇔
2
M M
≡
với
2

= + + + + +
uuur uur uur uur

( )MI
α β γ
= + +
uuur
Do đó
| ( ) |.T MI
α β γ
= + +
.
Gọi
1 2
,M M
lần lượt là giao của OI với đường tròn (O) trong đó
1 2
IM IM≥
thì :
T lớn nhất khi và chỉ khi M trùng
1
M
T nhỏ nhất khi và chỉ khi M trùng
2
M
Ví dụ 1.3: Cho đường tròn (O) và hai điểm phân biệt A, B cố định sao cho đường thẳng AB
không cắt (O). Tên đường tròn đó lấy điểm C và dựng điểm M thỏa điều kiện
CM CA CB
= +
uuuur uuur uuur