SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CỰC TRỊ
TRONG HÌNH HỌC


Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 1
I. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1. Tên đề tài: “Một số bài toán về cực trị trong hình học”

2. Lý do chọn đề tài:
Một trong những công tác quan trọng trong nhà trường phổ thông là đào
tạo và bồi dưỡng nhân tài. Để hoàn thành nhiệm vụ đó với cương vị là giáo
viên giảng dạy bộ môn toán, tôi nhận thấy cần phải cải tiến phương pháp
nhằm nâng cao chất lượng dạy học. Là giáo viên được phân công dạy và
bồi dưỡng họ
c sinh giỏi toán 9 nên tôi đã chọn viết chuyên đề: “Một số bài
toán về cực trị trong hình học”. Đây là một trong những dạng toán khó
trong chương trình toán phổ thông, hi vọng rằng tư liệu này sẽ giúp các em
giải quyết bớt những khó khăn khi gặp dạng toán này.

3. Phạm vi, thời gian thực hiện
Phạm vi: học sinh khá giỏi lớp 8 - 9
Thời gian: 10 tiết (trong đó có 2 tiết kiểm tra)

nhất của một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo
diện tích, số đo chu vi….) trong tất cả các hình có chung một tính chất.
Các bài toán cực trị trong hình học thường được trình bày theo 2 cách:
Cách 1:
Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ
ra một hình rồi chứng minh
hình rằng mọi hình khác đều có giá trị (của đại lượng phải tìm cực trị) lớn
hơn (hoặc nhỏ hơn) giá trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra.
Cách 2:
Thay điều kiện một đại lượng đạt cực trị (lớn nhất hoặc nhỏ nhất) bằng các
điều kiện tương đương, cuối cùng dẫn
đến một điều kiện mà ta xác định
được vị trí của các điểm để đạt cực trị.
Trong hai cách trên thì lời giải theo cách 2 có vẻ tự nhiên hơn vì nó mang
tính chất tìm kiếm.
B. CÁC BÀI TOÁN:
Bài toán 1:

Cho hình vẽ ABCD cạnh là a. Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai
điểm di động E và F sao cho AE + EF + FA
= 2a. Tìm vị trí của E, F sao cho diện tích ∆
CEF lớn nhất. Tìm giá trị đó.
Giải:
Kẻ
aCBCI
CBECIEEFCI
==⇒
Δ=Δ⇒⊥

Ta lại có:

Giải:

a) Xét trường hợp E, F cùng nằm trên một
cạnh:
= 45
o
. Kẻ ABMP ⊥ , ACMQ ⊥ ta có tứ giác
APMQ là hình vuông.
Mặt khác: MF < MA; MQ < ME
Trên đoạn MA lấy K sao cho MK = MF
Trên ME lấy I sao cho MK = MQ
Ta có: góc



0
KMI 45 EMQ FMQ=− =
=> ∆ KMI = ∆ FMQ (c.g.c)
=> S
KMI
= S
FMQ
8
a
S
4
1
SS
2
ABCMAQMEF

<
Vậy Max
8
a
S
2
MEF
< khi hoặc E ≡ A hoặc F ≡ A
Bài toán 3:

Trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và có cùng diện tích hãy tìm
tam giác có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Cách 1: (hình vẽ 1)
Xét ∆EBC cân tại E và ∆ABC
bất kỳ có cùng diện tích (E và A
nằm cùng một phía đối với BC,
A khác E), ta có AE // BC. Ta sẽ
chứng minh rằng BE + EC < BA
+ AC
Gọi D là điểm đối xứng với C
qua E
Ta có: BE + EC = DC (1)
∆BDC có DE = EC; AE // BC nên AE đi qua trung điểm của BD. Ta lại có:
BD BC⊥ (vì tam giác BDC có đường trung tuyến BE bằng nửa CD) nên:
AE BD⊥ => AE là đường trung trực của BD nên AB = AD. Do đó
BA + AC = DA + AC (2)
∆ADC có DC < DA + AC (3)
Từ (1) (2) (3) => BE + EC < BA + AC
Vậy trong các ∆ABC có cùng diện tích, có cùng cạnh BC thì tam giác cân

ˆ
B
ˆ
A
ˆ
===
=> tứ giác ABCD là hình chữ nhật
2
222
2
22
AB
.
RS
ACBC
BCABS
ABCD
ABCD
≤=
+
≤
=

Vậy Max S
ABCD
= 2R khi AB = BC <=> AC BD khi đó ABCD là hình
vuông.
Ta có chu vi (ABCD) = 2(AB + BC)
2R4AC22)BCAB(22
222

= S
MAE
< S
MAA'
=> S
OAB
< S
OA'B'
Cách 2:
Vẽ MH // OA ; MK // OB thì
S
OHMK
không đổi. Đặt S
OHMK
=
S
3
; S
AKM
=a; MB = b
Ta có: S
3
= S - (S
1
+ S
2
) nên
các tam giác AKM; MHB;
AOB đồng dạng nên:
3
()()
()
2
22
3
22
3
ab
S
ab 2ab S
12
SS2ab
ab ab
+
+
⇒ =− = ⇒ =≥
++

(áp dụng bất đẳng thức
()
2
ab 4ab+≥; xảy ra đẳng thức và chỉ khi a = b)
Vậy S ≥ S
3
, do đó diện tích AOB nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b; khi đó M là
trung điểm của AB.
Trên đây là vài ví dụ về giải bài toán cực trị trong hình học, qua các bài
toán trên bắt đầu hình thành cho các em học sinh, nhất là các em học sinh

==⋅

Ta có
MH AB;O AB⊥∈, do đó: MH ≤ OM = R; nên S
MAB
≤ R
2
(không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> H ≡ O <=> M là trung điểm của cung AB.


0
AMB 90 (AMB= là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ∆MAB vuông tại M
có
MH AB MH AB MA MB⊥ ⇒ ⋅= ⋅ ∆MAB vuông tại M theo định lý Pitago
ta có: MA
2
+ MB
2
= AB
2
= 4R
2

Gọi P là chu vi của ∆MAB ta có :
P
MAB
= MA + MB + AB trong đó AB không đổi
(MA + MB)
2

ABH90===

=> ADHB là hình chữ nhật
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 9
=> DH = AB = 2R
Ta có AD = MD; BE = ME (tính chất hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại
một điểm)
Do đó: AD + BE = MD + ME = DE
mà DE ≥ DH (do
DE By; E By⊥∈)
Vậy AD + BE ≥ 2R (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> E ≡ H <=> DE//AB
OM AB⇔⊥⇔ M là điểm chính giữa của cung AB.
DA và DM là tiếp tuyến của (O) => OD là phân giác của

AOM
, tương tự
OE là phân giác của

MOB;

MOA và

MOB kề bù.
Do đó

EOD = 90
o



BC B'C' A A '≤⇔≤
Quy tắc 3 điểm A; B; C
a) BC ≤ AB + AC dấu “ = ” xảy ra <=>
[
]
ABC∈
b) BC ≥|AB - AC| dấu “ = ” xảy ra <=> A; B; C thẳng hàng.
Quy tắc n điểm: cho n điểm A
1
; A
2
; ; A
n
Ta có: A
1
A
2
+ A
2
A
3
+ + A
n-1
A
n

Dấu “ = ” xảy ra A
1
; A

Giải:

Xét 3 điểm C; O; M ta có:
|OM - CO| ≤ CM ≤ CO + OM
OA = OM = OB = R
Do đó CA ≤ CM ≤ CB
CM… CB (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> M ≡ B
Vậy khi M ≡ B thì đoạn thẳng CM có độ dài lớn nhất.
Mặt khác CM ≥ CA (không đổi), dấu “ = ” xảy ra khi M ≡ A
Vậy khi M ≡ A thì đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ nhất.
Bài toán 10:

Cho hai đường tròn ngoài nhau (O;R) và (O’R’). A nằm trên đường tròn
(O); B nằm trên đường tròn (O’. Xác định vị trí các điểm A; B để đoạn
thẳng AB có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất.
Giải:

Kẻ OO’ cắt (O) tại C; D và
cắt (O’) tại E ; F.
Xét 3 điểm A; O’; B ta
có : |O’A - O’B| ≤ AB ≤
O’A + O’B
Xét 3 điểm O; A; O’ ta
có : |OO’ - OA| ≤ O’A ≤ OA + OO’
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 12
Mà OA = OC = OD = R; O’B = O’E = O’F = R
Do đó OO’ - OD - OE’ ≤ AB ≤ OC + OO’ + O’F
=> DE ≤ AB ≤ CF

- (60
o
+

A ) = 180
o
– (60
o
+

B) hay


ACM BCD=

=> ∆ACM = ∆BCD (g.c.g)
=> MA = BD
Ta có: MB + MC = MB + MD = BD
=> MA + MB + MC = MA + BD = 2MA… 2AI = 4R (do MA là dây cung
(O))
=> Max (MA + MB + MC) = 4R khi M ≡ I
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 13
Dạng 3 : Trong quá trình giải các bài toán về cực trị hình học ta có thể vận
dụng bất đẳng thức.
Bài toán 12:

Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di chuyển trên đoạn CD (E khác
D), đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. Tìm vị
trí của điểm E để độ dài EK ngắn nhất.

KE ED 2 ED 2AD
ED ED ED
+
==+≥⋅=

Vậy đoạn KE ngắn nhất khi
2
AD
ED
ED
=
khi và chỉ khi AD = ED
Khi đó điểm E ≡ C
Bài toán 13:

Cho đường tròn (O;R); AC là đường kính; BD là dây cung của (O;R) và
BD vuông góc với AC. Hãy xác định vị trí của dây BD để diện tích tứ giác
ABCD lớn nhất.
Giải:

Ta có:
AC BD⊥
(gt)
Nên
ABCD
1
SACBDR
2
BD=⋅=⋅




0
180 BOC
OBA
2
−
=

Vẽ
()
OH BC H BC⊥∈
A
∈ BC nên OH ≤ OA (không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=>
HA ABOA≡⇔ ⊥ tại A.
Ta có:

OBA lớn nhất

BOC⇔ nhỏ nhất

BC⇔ nhỏ nhất <=> dây BC nhỏ
nhất <=> OH lớn nhất <=> H ≡ A <=>
AB OA⊥ tại A
* Trên đây là một số bài toán cực trị thường gặp. Sau khi đã cho học sinh
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 15
làm quen hình thành được kiến thức về giải toán cực trị trong hình học, tôi
tiếp tục cho học sinh rèn luyện những bài toán có yêu cầu cao hơn, nhất là

BMC BMA
1
SS BCAC
2
+=⋅

Dấu “ = ” xảy ra khi
BM AC⊥
CMB CMB
1
SS CMAB
2
+= ⋅
Dấu “=” xảy ra khi CM AB⊥
Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức ta có:
()
()
AMB BMC CMA
ABC
1
2 S S S AM BC BM AC CM AB
2
AM BC BM AC CM AB 4S
++ ≤ ⋅+⋅+⋅
⇒ ⋅+ ⋅+ ⋅≥

Dấu "=" xảy ra
khi
AM BC;BM AC;CM AB⊥⊥⊥
Tức là M là trực tâm của ∆ABC



MPB APB ABP MBP
MB MP
CPB CBP CB CP
≥=≥
⇒ ≥
>
⇒ >

Do đó MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ MA.CP + MP.AC + MC.AP ≥ 4S
APC
Mà 4S
APC
= 2 AP.AC = 2AB.AC không đổi
Vậy min(MA.BC + MB.AC + MC.AB) = 2AB.AC khi và chỉ khi M ≡ A
Bài toán 16:
Cho đường tròn (O;R) và một điểm A cố định ở trên đó. AB và AC là hai
dây quay quanh A sao cho tích AB.AC không đổi, đường cao AH của tam
giác ABC. Khi AH > R, hãy tìm vị trí dây BC sao cho S
ABC
lớn nhất.
Giải:
Vẽ OE BC⊥ và (A;r) tiếp xúc với BC tại H cắt
AD tại I.
Ta sẽ chứng minh được đường tròn (A;r) luôn
cố định.
Thật vậy: ta có
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 17

S
ABC
lớn nhất khi BC lớn nhất <=> OE bé nhất.
Do OA < AH => O nằm giữa A và I
Ta có OA + OE….AE….AH = AI = AO + OI
=> OE ≥ OI không đổi.
Dấu “ = ” xảy ra khi E ≡ I ≡ H
Vậy nếu H trùng I thì OE ngắn nhất. Khi đó dây BC qua I vuông góc với
AD tại I.
Bài toán 17:
Cho đường tròn (O;R), dây BC cố định, A là điểm chuyển động trên cung
lớn BC. AD là phân giác của góc ABC. Xác định vị trí điểm A để hiệu
AB.AC - DB.DC đạt giá trị lớn nhất và S
ABC
lớn nhất.
Giải:
a) Gọi A’; E là điểm chính giữa của cung lớn
và cung nhỏ BC
A’E cắt BC tại H =>
A'E BC⊥

AD là phân giác

BAC
nên A; D; E thẳng
hàng
Xét ∆ABD và ∆AEC có:


12

2
AB AC BD DC AE AD AD ED AE ED AD AD⇒ ⋅−⋅=⋅−⋅= − ⋅=
Mà
AE A'E
AE ED A 'H hay AD A 'H
ED ED
≤
⎫
⇒
−≤ ≤
⎬
≥
⎭

Vậy ta có: AB·AC – DB·DC ≤ A’H
2
(không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=> D ≡ H ; A ≡ A’=> A là điểm chính giữa cung lớn
BC.
Bài toán 18:
Cho đường tròn (O;R). Dựng đường tròn (O’;R’) sao cho tâm O nằm trên
đường tròn (O’;R’). Dây cung AB của (O;R) di động và tiếp xúc với
(O’;R’). Gọi C là tiếp điểm. Xác định vị trí của dây cung AB để tổng S =
AC
2
+ BC
2
đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R và R’.
Giải:
Gọi H là trung điểm của AB OH AB⇒ ⊥

=− + −
⇒ =− +−−
=+−− ≤+
⇒ +=⇔=

Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 19
Vậy AB là tiếp tuyến chung ngoài của (O’;R’) và
R'
O;
2
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

Bài toán 19:

Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R, tâm O cố định. Điểm A di động
trên nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Gọi D
và E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. Xác định vị trí của A sao
cho tứ giác AEHD có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R.
Giải:

Dễ thấy tứ giác ADHE là hình chữ
nhật
l
l
l
0
ADHE

CH MB⊥ . Gọi D, E, F, G
lần lượt là trung điểm của OC, CM,
MH, OH. Xác định vị trí của điểm
A để S
DEFG
đạt giá trị lớn nhất.
Giải:

G, D lần lượt là trung điểm của OH,
OC => GD là đường trung bình của
Đề tài sang kiến kinh nghiệm
Nguyễn Thị Hương 20
∆OHC
=> GD//HC và
1
GD HC
2
=

Tương tự EF là đường trung bình của ∆MHC => EF // HC và
1
EF HC
2
=

=> GD //= EF => FEDG là hình bình hành.
Vẽ
OI BH⊥ ⇒
I là trung điểm của BH => OI là đường trung bình của
∆BHC.

(ED là đường trung bình của ∆MOC);
1
GD HC
2
=

=> ED = GD. Do đó DEFG là hình thoi. Tam giác EFG đều
Ta có:
22
22
DEFG EFG
HC BC
33
EF 3 R 3
22
S2S2
42 22
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
== = ≤ =
(không đổi)
Dấu bằng xảy ra


00
HB MBC90 ABC30 ACR⇔≡⇔ = ⇔ = ⇔ =

Bài toán 21:
Cho đường tròn (O;R), I là điểm cố định ở bên trong đường tròn. Gọi AC

(2)
Từ (1) và (2) ta có:
ID ID IA DA CD ID IB AB BC DA CD
IB IA IB AB BC IB AB BC
AB BC DA CD
Hay :BD IB
AB BC
⋅+⋅+⋅
===
⇒ =
⋅⋅
⋅+ ⋅
=⋅
⋅

Mặt khác ta có
IC IC IA BC CD
IA IB IB AB DA
IC IA AB DA BC CD
IA
IA AB DA
⋅
=⋅=
⋅
+⋅+⋅
⇒ =⋅
⋅

Do đó:
AC AB DA BC CD AB BC DA CD

Bài toán 22:
Cho góc xOy vuông góc ở O và đường tròn tâm I bán kính r tiếp xúc với
hai cạnh của góc xOy.
Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (I;r) cắt các tia Ox và Oy ở A
và B. Xác định vị trí của đường thẳng d để:
Độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất.
Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Chu vi tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
a) Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh OA, OB, AB lần lượt tại D, E, F
=> OE = OD; BE = BF; AD =
AF
Do đó OA + OB – AB = OE +
OD
Tứ giác OEID là hình chữ nhật
(vì có



0
OED90=== )
Và có OE = OD => OEID là
hình vuông =>OD = OE = IE =
ID = r
=> OA + OB – AB = 2r
Mặt Khác S
OAB
= S
OIA
+ S

=> (AB - 2r)
2
≥ 8r
2

()
AB 2r 2 2 AB 2 2 1 r⇒ −≥ ⇒ ≥+

()
AB 2 2 1 r≥+ (không đổi) hay min
()
AB 2 2 1 r=+
Dấu bằng xảy ra <=> OA = OB <=>
AB OI⊥ tại M
b)
()()
()
()()
OAB
2
11
S r OA OB AB r 2r 2AB
22
rr AB rr 2 2 1r 3 2 2r
=++=+
⎡⎤
=+ ≥+ + =+
⎣⎦

()

Nguyễn Thị Hương 24
()
2
2
1
2
2
2
2
2
3
1AB 1
Sa
22 2
1AC 1
Sx
22 2
1CB 1
Sax
22 2
⎛⎞
=π=π
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
=π=π
⎜⎟
⎝⎠
⎛⎞
=π=−π

aa a a a
xax x
44 2 44
=π − − + − =π− + =π− +
⎡⎤
⎛⎞
ππ
⎛⎞
=π − + − + =−π − + ≤
⎢⎥
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦

Vậy S cần tìm
2
a
4
π
≤
(không đổi)
Dấu “ = ” xảy ra <=>
a
x
2
=
<=> C là trung điểm của AB.