Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

PHẦN 1. MỞ ĐẦU
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng
THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán lớp 9
3. Tác giả:
Họ và tên: NGUYỄN VIỆT KHOA
Nam (nữ) : Nam
Ngày tháng/năm sinh: 28 - 3 - 1980
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm Toán
Chức vụ, đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THCS Hưng Thái Ninh Giang - Hải Dương.
Điện thoại: 0902025911
4. Đồng tác giả: Không có.
5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Việt Khoa.
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu :
Trường THCS Hưng Thái - Ninh Giang - Hải Dương.
Điện thoại : 03203.769.23
7. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Có học sinh khá giỏi môn Toán 9 để thành lập đội tuyển HSG .
- Học sinh ôn thi vào THPT cần chăm chỉ học tập, tích cực làm việc theo định
hướng của giáo viên bồi dưỡng.
8. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Từ năm học 2010 - 2011.

TÁC GIẢ
(ký, ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN


đã học xong căn bản các kiến thức Hình học hết chương III Hình học 9 , đang
ôn luyện HSG để thi HSG cấp huyện tỉnh, những học sinh chuẩn bị ôn thi vào
THPT. Thời gian áp dụng từ đầu tháng 3 hàng năm.
3. Nội dung sáng kiến:
Sáng kiến không thể hiện tính mới trong kiến thức mà thể hiện tính mới
trong việc phân loại phương pháp giải và ví dụ minh họa cho phương pháp đó
nhằm hình thành cho học sinh các phương án giải quyết một bài toán thực tiễn
khi đi thi. Cụ thể :
- Hình thành khái niệm chung về một bài toán cực trị hình học.
- Hệ thống kiến thức, phương pháp giải , chia thành 5 loại kiến thức và phương
pháp giải như sau :
1) Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu.
2) Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc.
2


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
3) Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.
4) Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
5) Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác.
Mỗi phương pháp đều có các bài tập minh họa cụ thể.
Sáng kiến này không chỉ áp dụng cho học sinh đang ôn luyện đội tuyển học
sinh giỏi lớp 9 cấp huyện tỉnh, học sinh chuẩn bị ôn thi vào THPT tại trường
THCS Hưng Thái mà còn áp dụng rộng rãi cho học sinh cùng đối tượng ở các
trường khác. Không chỉ dùng làm tài liệu ôn luyện riêng của tác giả mà còn
dùng làm tài liệu tham khảo của các đồng nghiệp khác khi giảng dạy bộ môn
Toán 9.
Việc dạy học cực trị hình học nên dạy theo chuyên đề và thứ tự trình bày ở
phần mô tả dưới đây.

Sáng kiến cần bổ sung bài tập của các dạng nhiều hơn nữa. Ngoài ra, sáng kiến
chỉ mới nghiên cứu một phần nhỏ có tính " hình học" trong các bất đẳng thức
hình học nói chung và cực trị hình học nói riêng. Việc mở rộng sáng kiến nên
theo hướng phân loại các bất đẳng thức và cực trị hình học mang tính hình học
( nhất thiết vẽ hình ) và những bất đẳng thức, cực trị hình học không cần vẽ
hình . Hệ thống các bất đẳng thức hình học đã biết trên thế giới theo loại hình :
tam giác, tứ giác, đa giác, đường ( hình ) tròn ...
Tuy nhiên xét ở góc độ hẹp để định hình, cung cấp cho học sinh ôn HSG cấp
huyện và học sinh thi THPT mang tính thuật toán thì sáng kiến đủ để làm tài
liệu tham khảo thiết thực.
Một phần kiến nghị rất quan trọng là Sở giáo dục nên tổ chức thi học sinh giỏi
lớp 9 vào cuối tháng 4 hàng năm để học sinh được trang bị kiến thức đầy đủ
hơn, được ôn luyện nhiều hơn theo khung phân phối chương trình của Bộ giáo
dục và đào tạo .

4


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT

PHẦN 2. MÔ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT luôn có một
lượng tương đối nhiều các bài tập hình học với yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của các đại lượng hình học.
Chương trình SGK THCS chưa có trình bày về khái niệm, cấu trúc, cách giải
một bài toán cực trị.
Nhiều kiến thức cực trị ẩn chứa trong các đơn vị kiến thức trải dài từ lớp 7 đến
lớp 9 chưa được hệ thống hóa.

Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Ví dụ : Xác định vị trí của dây đi qua điểm P nằm trong một đường tròn sao
cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
2.2.2. Bài toán về chứng minh.
Ví dụ : Chứng minh rằng trong các dây đi qua điểm P nằm trong một đường
tròn (O) thì dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ nhất.
2.2.3. Bài toán về tính toán .
Ví dụ : Cho (O, R ) và P nằm trong đường tròn có OP = h. Tính độ dài nhỏ nhất
của dây đi qua P.
2.3. Cách trình bày bài toán cực trị hình học.
2.3.1. Cách 1.
Trong các hình có tính chất của đề bài, chỉ ra một hình rồi chứng minh mọi
hình khác đều có giá trị của đại lượng phải tìm cực trị nhỏ hơn ( lớn hơn ) giá
trị của đại lượng đó ở hình đã chỉ ra.
2.3.2. Cách 2.
Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng này đạt cực trị bởi điều kiện đại
lượng khác đạt cực trị cho đến khi trả lời được câu hỏi đề bài đặt ra.
3. Thực trạng của vấn đề.
Như đã trình bày , hình học là môn khó học với học sinh và cực trị hình học là
phần khó nhất trong hình học, vì vậy học sinh rất sợ khi phải làm việc với bài
toán dạng này.
Thứ nhất, học sinh chưa được trang bị cách trình bày một bài toán cực trị hình
học.
Thứ hai, học sinh chưa được trang bị phương pháp giải bài toán dạng này.
Kết quả khảo sát học sinh lớp 9 năm học 2013 - 2014 thấy rõ điều đó.
Với đề bài tương đối dễ như sau : Cho (O) và P nằm trong (O) ( P khác O ) .
Xác định vị trí của dây đi qua P sao cho dây đó có độ dài nhỏ nhất.
Kết quả:




Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện .
Vì khuôn khổ sáng kiến nên khi xét bài tập minh họa dưới dạng đề thi
tổng hợp, các ý phía trên câu hỏi cực trị được công nhận là đúng hoặc giải tóm
lược.
4.1. Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu:
4.1.1. Kiến thức liên quan.
- Trong các tam giác vuông ( có thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc
vuông AH và cạnh huyền AB thì AH ≤ AB. Dấu đẳng thức xảy ra khi H trùng
B.
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn thẳng
vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên lớn
hơn khi và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
4.1.2. Các bài tập minh họa.
Bài 1.1. ( Thi THPT Hải Dương 1998-1999 ) .
Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy điểm M. Gọi (O 1) là
đường tròn tâm O1 qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O 2) là đường tròn tâm
O2 qua M và tiếp xúc với AC tại C. Đường tròn (O 1) và (O2) cắt nhau tại D (D
không trùng với M).
1) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông.
2) Chứng minh O1D là tiếp tuyến của (O2).
3) BO1 cắt CO2 tại E. Chứng minh 5 điểm A, B, D, E, C cùng nằm trên một
đường tròn.
4) Xác định vị trí của M để O1O2 ngắn nhất.
Giải :
·

=
không đổi.
2
2


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Có EM ≥ EO =

AB 2
( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm BC.
Suy ra MinO1O2 = MinEM = EO =

AB 2
khi M là trung điểm BC.
2

Bài 1.2. ( Thi THPT Hải Dương 2005-2006 )
Cho nửa đường tròn đường kính MN. Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường tròn (P
≠ M, P ≠ N). Dựng hình bình hành MNQP. Từ P kẻ PI vuông góc với đường
thẳng MQ tại I và từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ tại K.
1) Chứng minh 4 điểm P, Q, N, I nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh: MP. PK = NK. PQ.
3) Tìm vị trí của P trên nửa đường tròn sao cho NK.MQ lớn nhất.
Giải :
·


NP

Theo phần 2) ∆PNK # ∆QMP( g − g ) ⇒ MP = PQ = MQ ⇒ MP.NP = NK .MQ (2)
Từ (1) và (2) suy ra NK.MQ = PH.MN .
NK.MQ đạt Max thì PH.MN đạt Max mà MN không đổi nên PH đạt Max.
Có PH ≤ PO =

MN
( quan hệ đường vuông góc và đường xiên )
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi H trùng O , khi đó P là điểm chính giữa nửa đường
tròn.
Vậy Max(NK.MQ) = Max(PH.MN) =

MN 2
đạt được khi P là điểm chính giữa
2

nửa đường tròn.

8


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Bài 1.3. ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2008-2009 )
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường
tròn đó (E khác A và B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và

1
⇒∆KAF đồng dạng với ∆KEA (g-g)
9


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
b) Chứng minh ∆ KAF đồng dạng với ∆ KEA
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O tại E
Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O).
- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB tại F:
Dễ dàng chứng minh được ∆EIF cân tại I và ∆EOK cân tại O

· = OKE
·
⇒ IFE

·
( = OEK)

Mà hai góc này bằng nhau ở vị trí đồng vị
⇒ IF // OK (dấu hiệu nhận biết)

» (chứng minh trên) ⇒ ·AOK = 90o ⇒ OK ⊥ AB
Vì »AK = KB
Ta có IF // OK ; OK ⊥ AB ⇒ IF⊥AB
Mà IF là một bán kính của (I;IE) ⇒ (I;IE) tiếp xúc với AB tại F
c) Chứng minh MN//AB
Xét (O):
·AEB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = R + R 2 = R
10

(

)

2 +1


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Bài 1.4. ( Thi HSG Toán 9 Quảng Ngãi 2013-2014 ).
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định. EF là dây cung di
động trên nửa đường tròn đó, sao cho E thuộc cung AF và EF=

AB
= R . Gọi H
2

là giao điểm của AF và BE; C là giao điểm của AE và BF; I là giao điểm của
CH và AB.
·
a) Tính số đo CIF
b) Chứng minh rằng biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi khi
EF di động trên nửa đường tròn.
c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện
tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
Giải :
·

H

AB2
4

A

I

O

B

AB2
Suy ra : AE.AC+BF.BC = 2CO +
– CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2
4
2

AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định.
c) Xác định vị trí của EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn
C
nhất. Tính diện tích lớn nhất đó theo R.
Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB
SFOE =

R2 3
(Vì tam giác FOE là tam giác đều
4


FM + EN
= R.PQ (PQ là đường trung
2

bình của hình thang EFMN)
SABEF =

R2 3
R 3
+ R.PQ mà PQ ≤ OP =
.
4
2

Do đó SABEF

R 2 3 R 2 3 3R 2 3
=
+
=
khi Q trùng với O hay EF // AB.
4
2
4

Bài 1.5. ( Thi HSG Bình Thuận 2013-2014 )
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), điểm M thuộc (O). Gọi N, P,
Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BC, CA, AB.
1) Chứng minh N, P, Q thẳng hàng.
2) Khi M thuộc cung nhỏ BC. Tìm vị trí của M để PQ lớn nhất.

Bài 2.1. ( Thi vào THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị 2013-2014 )
µ = 300 . gọi H là hình chiếu vuông góc của
Cho tam giác ABC nhọn có A
A lên BC và M, N lần lượt là các điểm trên hai cạnh AB, AC. Tìm vị trí điểm
M, N để tam giác HMN có chu vi nhỏ nhất.

12


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Giải :
Gọi P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của
H qua AB, AC.
Ta có : AP = AQ = AH
·
·
PAQ
= 2.BAC
= 600

=> tam giác APQ đều
=> PQ = AH.
Chu vi tam giác
HMN =
HM + HN + MN
= PM + MN + NQ
≥ PQ = AH không đổi.
Dấu đẳng thức xảy ra khi M, N lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AC.
Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác HMN là AH với M, N lần lượt là giao



Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Giải :
Gọi I ,K, M theo thứ tự là trung điểm
của EF, EG , HG .
∆AEF vuông tại A có AI
là trung tuyến ⇒ AI =

1
EF
2

∆CGH vuông tại C có CM
là trung tuyến ⇒ CM =

1
GH
2

IK là đường trung bình của ∆EFG
⇒ IK =

1
FG
2

KM là đường trung bình của ∆EGH ⇒ KM =


Kẻ MK vuông góc với AN ( K ∈ AN ) .
14


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK.
3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và
BN.
Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Giải :
·
·
M
1) Từ giả thiết: AKM
= 900 , AHM
= 900
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường
tròn
1 »
A
·
·
2) NAH
= sđ KH
(1)
= NMK
2
1 »

= MKH
= sđ MH
3) MAB
; MAB
2
2
·
·
⇒ K,M,E,N cùng thuộc một đường tròn
⇒ MNB
= MKH

N

·
·
⇒ MEN
+ MKN
= 1800 ⇒ ME ⊥ NB
1
1
1
S ∆MAN = MK.AN; S ∆MNB = ME.NB; S Y AMBN = MN.AB
2
2
2
⇒ MK.AN + ME.BN = MN.AB
⇒ ( MK.NA + ME.NB ) lớn nhất ⇔ MN.AB lớn nhất
»
⇔ MN lớn nhất (Vì AB= const ) ⇒ M là chính giữa AB

(O) thỏa mãn AB. AC = R 3 . Xác định vị trí của B và C trên (O) để diện tích
tam giác ABC lớn nhất.
Giải :
Kẻ AH ⊥ BC, OI ⊥ BC , đường kính AD .
Ta dễ dàng chứng minh được ∆AHC# ∆ABD ( g − g )
=> AH.AD = AB.AC
=> AB.AC = 2R.AH (1) .
Theo đề , AB. AC = R 3 => AB.AC = 3R2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AH =

3R
.
2

Ta có : OI + OA ≥ AI ≥ AH
=> OI ≥ AH − OA =

3R
R
−R=
.
2
2

Do AH không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi
BC lớn nhất => OI nhỏ nhất => OI =

R
=> BC ⊥ OA => tam giác ABC đều.
2

2

(1)

¶ =M
¶
Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) ⇒ A
1
1
(2)
¶ =K
¶ (cùng chắn MH
¼ )
Tứ giác MHOK nội tiếp ⇒ O
1
1
(3)
¶ = 1K
¶ hay HKM
·
·
Từ (1), (2), (3) ta có M
= 2AMH.
1
1
2
b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
1 ¼
¶ = 1 sđ ¼ ; O
¶

MA’ = MA ⇒ ∆AMA' đều
¶ =A
¶ = 600 − BAA'
·
⇒A
1

2

(

)

⇒ ∆MAB = ∆A'AC ⇒ MB = A'C
⇒ MA + MB = MC
Chu vi tam giác MAB là
MA + MB + AB = MC + AB ≤ 2R + AB
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O)
=> M là điểm chính giữa cung AM
=> H là trung điểm đoạn AO
17


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
3
AB 3
Gọi I là giao điểm của AO và BC ⇒ AI = R =
⇒ AB = R 3

EF NE
·
= tan600 = 3
=
= tan NAE
AB NA
·
·
·
2) MON
là góc ở tâm cùng chắn cung MN ⇒ MON
= 2 MAN
= 1200
⇒

·
·
EMF
= ENF
= 900 ⇒ tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF

tâm K.
·
·
⇒ MKN
= 2 MEN
= 2.300 = 600
·
·
⇒ MON

MC 2 3
4

⇒ SMCD lớn nhất ⇔ MC lớn nhất ⇔ MC là đường kính của (O)

4.4. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
4.4.1. Kiến thức liên quan.
Bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng :
A2 ≥ 0 ; - A2 ≤ 0 .
Do đó, với m là hằng số thì :
f = A2 + m ≥ m ; Minf = m với A = 0 và tồn tại giá trị của " biến " để thỏa mãn
điều đó.
f = - A2 + m ≤ m ; Maxf = m với A = 0 và tồn tại giá trị của " biến " để thỏa
mãn điều đó.
* " biến " trong hình học được hiểu là yếu tố biến đổi tồn tại vẫn thỏa mãn yêu
cầu đề bài .
4.4.2. Các bài tập minh họa.
Bài 4.1 ( Thi vào THPT Hải Dương 2003-2004 )
Cho hình vuông ABCD, M là một điểm trên đường chéo BD, gọi H, I và K lần
lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, BC và AD.
1) Chứng minh : ∆ MIC = ∆ HMK .
2) Chứng minh : CM vuông góc với HK.
3) Xác định vị trí của M để diện tích của tam giác CHK đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải :
1) Sau khi chỉ ra H, M, P thẳng hàng và K, M, I
thẳng hàng thì dễ dàng chứng minh được 1)
2) Gọi N là giao điểm của CM và HK
·
thì theo 1) ta dễ dàng chỉ ra được MHK
= 900


a
, khi đó M là tâm hình vuông.
2

3a 2
⇔ M là tâm hình vuông.
Vậy MinSCHK =
8

Bài 4.2.
Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4cm . Trên các cạnh AB, BC,CD,DA,
lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H sao cho AE = BF = CG = DH .
Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Dễ có : ∆AHE = ∆BEF = ∆CFG = ∆DGH
·
⇒ HE = EF = FG = GH , HEF
= 900
⇒ HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ
nhất khi HE nhỏ nhất .
Đặt AE = x thì HA = EB = 4-x
∆HAE vuông tại A nên :
HE 2 = AE2 +AE2 = x2 + (4 − x)2
= 2x2 − 8x +16 = 2(x − 2)2 +8 ≥ 8
=> MinHE =

8 =2 2 ⇔ x = 2

Chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất bằng 8 2 cm , khi đó AE = 2 cm .

4
= x ( 8 − x ) = 8x − x2
3
3
4
= − (x − 3)2 +12 ≤ 12
3
=> MinSADME = 12 ⇔ x =3
Diện tích lớn nhất của tứ giác ADME bằng 12 cm 2 , khi đó D là trung điểm
của AB , M là trung điểm của BC và E là trung điểm của AC.
4.5. Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác.
4.5.1. Kiến thức liên quan.
4.5.1.1 . Bất đẳng thức AM - GM là bất đẳng thức nêu mối quan hệ giữa trung
bình cộng và trung bình nhân của các số thực không âm ai ( i = 1,2,...,n )
AM - GM viết tắt cho cụm từ : arithmetic mean - geometric mean .
- Bất đẳng thức AM - GM :
a1 + a2 + a3 + ... + an n
≥ a1a2 a3 ...an
n

Với n số không âm a1 , a2 , a3 ,..., an ta có:

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = a3 = ... = an .
• Hệ quả: Ta có một số bất đẳng thức rất quen thuộc và là hệ quả của bất
đẳng thức AM-GM như sau:
1. a + b ≥ 2ab ⇒ a + b
2

2


2

≥ ab + bc + ca

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c.
a b
+ ≥2
b a
1
hay a + ≥ 2
a

3.

(ab > 0). Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b.
(a > 0). Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 1.

1 1 1
1
n2
+
+
+
×
×
×+
≥
4.
a1 a2 a3
an a1 + a2 + a3 + ... + an

(a

2
1

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

hoặc

(a

2
1

2

+ a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ a1b1 + a2b2 + ... + anbn

a1 = kb1
a = kb
 2
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
...
an = kbn

4.5.2. Các bài tập minh họa.
Bài 5.1 .
Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB . Vẽ về một phía của AB các tia Ax , By
vuông góc với AB. Qua M kẻ hai đường thẳng thay đổi nhưng luôn vuông góc

Vậy MinSMCD = ab khi C và D được xác định sao cho AM = MC ; BM = BD
Bài 5.2. ( Thi THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2008-2009 )
Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định khác O (OP < R). Hai dây AB và
CD thay đổi sao cho AB vuông góc với CD tại P. Gọi E, F lần lượt là trung
điểm của AC, AD. Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh rằng : Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc một đường tròn.
22


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
2) Chứng minh rằng : BD = 2.EO
3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích tứ giác ACBD.
Giải :
1) PE trung tuyến ∆APC nên EA = EP ⇒
·
·
·
∆EAP cân tại E ⇒ EAP
mà
= EPA
= MPB
·
·
·
⇒
ACD
= ABD
= PBM
·

PNB
= 90 0 ⇒ PMB
+ PNB
= 180 0
⇒ Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn đường

D

K
O

M

B

kính BP
2) Do EA = EC và FA = FD nên OE ⊥ AC vµ OF ⊥ AD .
·
·
Do đó AFE
+ OFE
= 90 0 (1)
Do EF là đường trung bình của ∆ACD nên EF // CD và CD = 2EF
·
·
·
⇒ AFE
= ADC
= ABC
·


)(

)

AB 2 .CD 2 = 4R 2 − 4HO 2 4R 2 − 4KO 2 = 16R 4 − 16R 2 (HO 2 + KO 2 ) + 16.HO 2 .KO 2

= 16R 4 − 16R 2 .PO 2 + 16.HO2 .KO 2 (vì ta có OH 2 + OK 2 = OP 2 )
1
Chứng minh diện tích tứ giác ACBD bằng AB.CD
2

Do 16R 4 − 16R 2 .PO2 không đổi nên AB2.CD2 nhỏ nhất khi HO2 .KO2
nhỏ nhất ⇔ H ≡ O hoặc K ≡ O ⇔ AB đi qua O hoặc CD đi qua O.
Vậy diện tích tứ giác ACBD nhỏ nhất bằng :
1
16R 4 − 16R 2 .PO 2 = 2R R 2 − PO 2 ⇔ AB
2

hoặc CD đi qua O. (có thể chỉ ra cách

dựng: Kẻ đường kính qua P và kẻ dây ⊥ với đường kính đó tại P)
23


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học
sinh giỏi môn toán 9 và ôn thi vào THPT
2

 HO 2 + KO 2  OP 4

c) Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ nhất .
Giải :
a) b) Dễ chứng minh.
c) Tứ giác ABED là hình thang vuông
nên diện tích của nó là :
S=

AB ( AD + BE )
.
2

Dễ thấy
∆ADC# ∆BCE ( g − g ) => AD.BE = AC.BC = k

không đổi ( do A,C,B cố định )
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM :
AD + BE ≥ 2 k . Dấu đẳng thức xảy ra khi
AD = BE
Vậy MinSADEB = AB k khi và chỉ khi AD = BE,
khi đó ABED là hình chữ nhật nên MC vuông góc AB => M là giao của đường
thẳng qua C và vuông góc AB.
Bài 5.4. ( Thi vào THPT Tp Hồ Chí Minh 2010-2011 )
Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E.
Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc
AE).
24


Một số phương pháp tìm cực trị trong hình học phẳng THCS để ôn thi học

⇒ MP = 2 EA.

Từ (1) và (2) suy ra MP = 2 EA.

KP
= 2 KP
EA

=> K là trung điểm MP.
d) Ta có : AB = 2R ; AP = x => PB = 2R - x
Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao nên :
MP2 = PA.PB = x(2R-x) => MP = x(2 R − x)
x

 3 + 2R − x ÷
x
Có : SMPAQ = AP.MP = x x(2 R − x) = x 3. (2 R − x) ≤ x 3 
÷
3
2

÷


2

x
x
+R− ÷


25