Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

1

1
2
2
1
3
1
x
O
C
A
B
M
P
NGiáo viên hướng dẫn: ĐỖ KIM SƠN
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

Nhóm biên tập

Phạm Ngọc Xuân Đào
Nguyễn Thị Mỹ Huyền
Võ Thị Diễm Phí
Lê Thị Thu Thảo
Nguyễn Hòang Anh Thư
Trương Thanh Thư
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

3

Tóm tắt kiến thức :
1) Cực trị hình học : Cho biểu thức f phụ thuộc điểm X biến thiên trên miền D. Ta nói :

0 0
( ) ,
: ( )
max ( )
f X M X D
X D f X M

 
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
0
a

r r
. Tích vector a với số k là một vector kí hiệu
ka
r
, cùng hướng vector
a nếu k > 0 và ngược hướng vector a nếu k < 0 và có độ dài bằng
| || |
k a
r

Tích vô hướng của hai vector :


.
,
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:
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

4Định nghĩa: Trên các cạnh BC, CA, AB của
ABC

lấy các điểm
1 1 1
, ,
A B C

khi và chỉ khi
2 2 2
0
a LA b LB c LC
  
uur uuur uuur rĐiểm Toricelli: Cho
ABC

có các góc đều nhỏ hơn
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
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

6

Phương pháp 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc. Ví dụ 1.1: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA ta lấy theo thứ tự các
điểm E, F, G, H sao cho AE= BF= CG= DH. Xác định vị trí của các điểm E, F, G, H sao cho tứ
giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
HAE= EBF(c-g-c)


90
HEF  . 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. . 2
HE 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

E K
Do đó min OE= OK
Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E, F, G, H là trung điểm của AB, BC,
CD, DA.
Nhận xét về phương pháp giải: trong cách giải trên có các biến đổi tương đương sau:
Chu vi EFGH nhỏ nhất

HE nhỏ nhất


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

2 2
AD BE AD CF S
 
nên BE+ CF =
2
S
AD

Do đó BE + CF lớn nhất

AD nhỏ nhất.
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

8

F
E
H
A
B
C
D

Đường xiên AD nhỏ nhất

hình chiếu HD nhỏ nhất.
Ta có HD  HB ( do
·
0
90

' '
' ' ' 2. '
2
BB DD
OO BB DD OO

    
' , ' '/ / '
OO d CC d OO CC
  
và O là trung điểm AC.( ABCD là hình bình hành)
Do đó OO’ là đường trung bình cùa ACC’
'
' ' 2. '
2
CC
OO CC OO
   
, '
A d OO d
 
nên OO’ OA. Do đó BB’ + CC’ + DD’ = 4.OO’ 4.OA ( không đổi)
Dấu “=” xảy ra

O’  A

d vuông góc AC tại A.


Tương tự MC=
1
.
2
GH
.
IK là đường trung bình của EFG

IK=
1
.
2
FG
.
Tương tự KM=
1
.
2
EH

Do đó: chu vi EFGH= EF + FG + GH +HE= 2(AI + IK + KM + MC)
Ta lại có: AI + IK + KM + MC  AC (so sánh độ dài đoạn thẳng và đường gấp khúc)
Suy ra: chu vi EFGH  2AC ( không đổi).
Chu vi EFGH nhỏ nhất bằng 2AC

A, I, K , M, C thẳng hàng.
 Nhận xét về phương pháp giải: bằng cách vẽ trung điểm các cạnh EF, GH, và trung điểm
của đường chép EG, ta tính được chu vi của tứ giác EFGH bằng hai lần độ dài đường gấp khúc
AIKMC, độ dài đường gấp khúc trên nhỏ nhất khi đường gấp khúc đó trở thành đoạn thẳng

  
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
điểm cùa EF với AB, AC.
Ta có nhận xét rằng khi N là chân đường cao kẻ từ A thì M và P cũng là chân hai đường cao
còn lại của tam giác.
CM:
Xét HMP: AB là đường phân giác của góc EMH, AC là đường phân giác ngoài của góc
FPH. Ta có AB, AC gặp nhau tại A nên HA là tia phân giác của góc MHP. Vì AH

HC nên
HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H. Theo trên AC là đường phân giàc ngoài tại đỉnh P,
HC gặp AC tại C nên MC là tia phân giác góc trong tại đỉnh M.
H
A
B
C
M
P
E


1
. .
2
OPAM
S OA PM

1
2
2
1
3
1
x
O
C
A
B
M
P
N

Do OA = OB = OC = R nên
1
. .( )
2
OMBN ONCP OPAM
S S S S R MN NP PM
     
Do đó chu vi

 . 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

.
Chứng minh tương tự ,
BP AC CM AB
 
. Tam giác MNP có chu vi nhò nhất khi và chỉ khi
N, P, M là chân các đường cao của tam giác ABC.

Ví dụ 2.3: Cho tam giác đều ABC và trung điểm M của AB. Trước tiên An chọn một điểm N
trên BC, tiếp đó Bình chọn một điểm P trên AC. Mục tiêu của An là muốn tổng d = MN + NP
+ PM lớn nhất, còn Bình muốn tổng d nhỏ nhất. Hỏi rằng nếu cả hai đều có cách chọn tốt nhất

Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

13

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
2
d 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

B

Vẽ các điểm A’, B’ sao cho Ox là đường trung trực của AA’, Oy là đường trung trực của BB’.
Độ dài đường gấp khúc AMNB bằng AM + Mn + NB = A’M + MN + NB’

A’B’.
Độ dài đường gấp khúc đó nhỏ nhất trong trường hợp M, N nằm trên 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
ABCD là hình thang vuông,
OM  DC nên OM // AD và O là trung điểm AB nên OM là đường trung bình của hình thang
ABCD 
2
AD BC
OM



Do đó
. .
2
ABCD
AD BC
S DC OM DC


.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 
·
·
2
BAC ADC


Mà
·
BAC
không đổi 
·
ADC

.
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


¶
0
90
M

nên theo định lý Pitago ta có:
2 2 2 2
4
MA MB AB R
  

O
A
B
M

Áp dụng bất đảng thức
2 2 2 2
| | ( )( )
ax by a b x y
   

Ta có:
2 2 2
3. | 3. | (1 3)( ) 4.4 4
MA MB MA MB MA MB R R
       3. 4

2
O
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD. Dễ thấy
1
O OB
 ,
2
O OC
 . Vì
1 2
,
r r
> 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :
2 2
1 2
1 2
.
2
r r
r r


.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2
r r

.
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan


,
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
rr
đạt giá trị lớn nhất. Lúc đó A, O, D thẳng hàng.

Ví dụ 4.3: Cho đoạn thẳng BC cố định. A là điểm di động sao cho tam giác ABC nhọn. AA’
là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Xác dịnh vị trí A để AA’.A’H đạt giá trị lớn
nhất
Giải
Xét A’BH và A’AC có
·
·
·
·
0
' ' 90 , ' '
BA H AA C A BH A AC
  
( Hai góc nhọn có cạnh
tương ứng vuông góc )

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.
h h h
      

z
x
y
H
D
E
F
B
C
A
M

Như vậy, các số
, ,
a b c
x x x
h h h
có tổng không đổi, do đó tích
. .
a b c
x x x
h h h
lớn nhất (cũng có
nghĩa là x.y.z lớn nhất) khi và chỉ khi:
1
3
a b c

( ) 1
2 2 2
S S x y x y a
S a a a
  
   

Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x = y
Do đó:
1 2
1
min( )
2
S S S
  
M là trung điểm của AB
Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

22

1
2
x
y
D
C
B
A
K
M

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

, BG = x và kí hiệu như hình vẽ.
AGH
V
đồng dạng
CEF
V
12 2(12 )
4 6 3
AH AG AH x x
AH
CF CE
 
     

2(12 ) 12 2
12
3 3
x x
DH
 
   


2 2
1 1
2 72 ( 3) 75 75
3 3
x x x
       

Nhóm biên sọan lớp 10 Tóan

23

x
3
2
4
1
E
B
A
D
C
F
H
G

maxS = 75 khi và chỉ khi x = 3
Diện tích lớn nhất của tứ giác EFGH là 75
2
cm
với BG = 3cm.

2
2 2.36 4 4 (6 ) 4
S x x x
      2
72 4 4 36 12 4
x x x x
      2 2
4 32 ( 2) 36
x x x
       

MaxS = 18 khi và chỉ khi x = 2
Vậy BF = 2m. Khi đó
2
18
EFGH
S m
