Đang tải... (xem toàn văn)
Qua việc áp dụng đề tài để dạy chủ đề tự chọn ( nâng cao ) và dạy bồi dưỡng học sinh giỏi trường và bồi dưỡng học sinh giỏi cấp huyện , đề tài đã giúp các em nắm vững được phương pháp g[r]
(1)Chủ đề tự chọn: CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Giáo viên : Trần Anh Vũ
I/Đặt vấn đề :
Trong chương trình , mơn học tự chọn mang tính bắt buộc , tài liệu phục vụ cho việc dạy học mơn cịn hạn chế Trong q trình dạy học tự chọn bồi dưỡng học sinh giỏi lớp thân viết chủ đề nhằm giúp cho học sinh đào sâu kiến thức học , tập thói quen tự học , tập dượt nghiên cứu vấn đề đơn giản phục vụ cho em có khả học hứng thú với mơn Tốn
II/Cơ sở lý luận:
+ Theo hướng dẫn dạy học tự chọn cấp THCS THPT số 8607/BGDĐT – GDTrH ban hành ngày 16/8/ 2007 Giáo dục Đào tạo
+ Theo hướng dẫn Sở GD &ĐT Quảng Nam năm 2006 chương trình khung bồi dưỡng HS giỏi mơn Tốn THCS
+ Phương pháp dạy chủ đề tự chọn nâng cao hướng vào bổ sung , nâng cao kiến thức khai thác sâu chương trình, rèn luyện kỹ tư sáng tạo cho học sinh
+Rèn luyện cho em có lực học tập , nâng cao khả tư sáng tạo, rèn luyện kỹ áp dụng kiến thức Toán học vào môn khác
III/ Cơ sở thực tiễn:
+Đây dạng tốn hình học sử dụng chương trình hình học THCS Tuy nhiên sách giáo khoa khơng có hướng dẫn phương pháp giải tốn cách cụ thể ,vì học sinh thường lúng túng gặp dạng toán
+Trong trình dạy chủ đề tự chọn loại nâng cao dạy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp , thân tơi tìm hiểu nhiều tài liệu nhận thấy dạng tốn tương đối khó , nhiên phần nhiều tài liệu đưa tập giải đề cập đến lý thuyết học sinh giải dạng tốn khơng hiểu đề, khơng tìm
(2)+ Các toán cực trị gắn toán học với thực tiễn việc tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ việc tìm tối ưu thường đặt đời sống kỹ thuật
IV /Nội dung nghiên cứu :
Phần 1: Giới thiệu chung: 1- Tên chủ đề : Cực trị hình học
2- Loại chủ đề: Nâng cao
3- Mục tiêu : Sau học xong chủ đề học sinh cần đạt :
+ Kiến thức : Cùng với kiến thức sách giáo khoa, hệ thống kiến thức hình học chương trình THCS , biết giải tốn tìm giá trị lớn , nhỏ hình học
+ Kỹ : Biết nhận dạng tập có liên quan đến tìm giá trị lớn , nhỏ hình học vận dụng kiến thức học để giải chúng
+ Thái độ : Có ý thức tự học , cẩn thận , xác, sáng tạo.
4- Thời lượng : tiết
Phần 2A-Phương pháp giải tốn cực trị hình học: tiết
Phần 2B-Các kiến thức thường dùng giải tốn cực trị hình học : tiết Phần -Bài tập ôn luyện : tiết
Kiểm tra : tiết 5- Hướng dẫn tự học:
+ Đọc kỹ hiểu phần 2A : Phương pháp giải toán cực trị hình học + Đọc kỹ phần 2B : kiến thức cần nhớ ví dụ sau tự làm ví dụ so sánh với giải chủ đề để rút kinh nghiệm
+ Dựa vào ví dụ , làm tập Nếu chưa giải đọc phần hướng dẫn giải Phần hướng dẫn giải giải chưa hồn chỉnh , trình bày giải đầy đủ cụ thể
+ Sau học hết chủ đề tự làm kiểm tra 6- Phạm vi áp dụng :
Tài liệu dùng cho :
(3)Phần 2: Kiến thức trọng tâm A-Phương pháp giải tốn cực trị hình học.
1- Dạng chung tốn cực trị hình học :
“ Trong tất hình có chung tính chất , tìm hình mà đại lượng ( độ dài đoạn thẳng , số đo góc, số đo diện tích …) có giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.” cho dạng :
a) Bài tốn dựng hình
Ví dụ : Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường tròn , xác định vị trí của dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ nhất.
b) Bài tốn vể chứng minh
Ví dụ : Chứng minh dây qua điểm P đường trịn (O), dây vng góc với OP có độ dài nhỏ nhất.
c) Bài tốn tính tốn
Ví dụ : Cho đường trịn (O;R) điểm P nằm đường trịn có OP = h , Tính độ dài nhỏ dây qua P.
2- Hướng giải tốn cực trị hình học :
a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ta phải chứng tỏ :
+Với vị trí hình H miền D f ≤ m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D cho f = m
b) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị nhỏ ta phải chứng tỏ :
+Với vị trí hình H miền D f ≥ m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D để f = m
- Cách trình bày lời giải tốn cực trị hình học
(4)A
B H C
h.4
a
+ Cách2 :Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng đạt cực trị đại lượng khác đạt cực trị trả lời câu hỏi mà đề yêu cầu
Ví dụ : Cho đường trịn (O) điểm P nằm đường trịn( P khơng trùng với O).Xác định vị trí dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ nhất.
Giải :
+Cách :
Gọi AB dây vng góc với OP P , dây CD dây qua P không trùng với AB ( h.1)
Kẻ OH CD
OHP vuông H OH < OP CD > AB
Như tất dây qua P , dây vng góc với OP P có độ dài nhỏ
+Cách :
Xét dây AB qua P ( h.2) Kẻ OH AB Theo liên hệ dây khoảng cách đến tâm: AB nhỏ OH lớn
Ta lại có OH ≤ OP OH = OP H ≡ P Do maxOH = OP
Khi dây AB vng góc với OP P
B-Các kiến thức thường dùng giải tốn cực trị hình học. 1- Sử dụng quan hệ đường vng góc , đường xiên , hình chiếu a-Kiến thức cần nhớ:
a1) ABC vng A (có thể suy biến thành đoạn thẳng) AB ≤ BC Dấu “=” xảy A ≡ C ( h.3 )
a2) ( h.4 )
+ AH a AH ≤ AB Dấu “=” xảy B ≡ H + AB < AC HB < HC
a3)( h.5 )
A,K a; B, H b; a // b ; HK a HK ≤ AB Dấu “=” xảy A ≡ K B ≡ H
H O C
D
A P B
h
H O A
B P
h
A B
C
h.3
A
B H
K a
b
(5)b-Các ví dụ:
Ví dụ 1: Trong hình bình hành có hai đường chéo cm cm ,hình
nào có diện tích lớn ? Tính diện tích lớn đó.
Giải :
Xét hình bình hành ABCD có AC = cm; BD = cm ( h.6) Gọi O giao điểm hai đường chéo Kẻ BH AC
Ta có : SABCD = 2SABC = AC.BH
Ta có AC = 8cm, BH ≤ BO = 3cm Do : SABCD ≤ 8.3 = 24 (cm2)
SABCD = 24 cm2 BH ≡ BO H ≡ O BD AC
Vậy max SABCD = 24 cm2 Khi hình bình hành ABCD hình thoi (h.7) có diện
tích 24cm2.
Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB,BC ,CD,DA ta lấy theo thứ
tự điểm E,F,G,H cho AE = BF = CG = DH Xác định vị trí điểm E, F,G,H cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ
Giải :
HAE = EBF = FCG = GHD HE = EF = FG = GH
EFGH hình thoi
AHE BEF
AHE AEH 90
BEF AEH 90
HEF 90
EFGH hình vng
Gọi O giao điểm AC EG Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên hình bình hành
suy O trung điểm AC EG , O tâm hai hình vng ABCD EFGH
HOE vuông cân : HE2 = 2OE2 HE = OE
Chu vi EFGH = 4HE = 2OE Do chu vi EFGH nhỏ OE nhỏ Kẻ OK AB OE ≥OK ( OK không đổi )
A
C
D B
O
H A
B
C D
O≡H
h.6 h.7
A
D
B
C
E K
F
G H
H O
(6)OE = OK E ≡ K Do minOE = OK
Như , chu vi tứ giác EFGH nhỏ E,F,G,H trung điểm AB , BC, CD, DA
Ví dụ 3: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a Vẽ phía AB tia Ax và
By vng góc với AB Qua trung điểm M AB có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với cắt Ax, By theo thứ tự C D xác định vị trí các điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Tính diện tích tam giác đó.
Giải:
Gọi K giao điểm CM DB MA = MB ; A B 90
, AMC BMK
MAC = MBK MC = MK Mặt khác DM CK
DCK cân D 1D 2
Kẻ MH CD
MHD = MBD MH = MB = a SMCD =
1
2CD.MH ≥
2AB.MH =
22a.a= a
2
SMCD = a2 CD Ax AMC = 450 ;
BMD =450
Vậy SMCD = a2 Các điểm C,D xác định
trên Ax; By cho AC = BC =a
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có B góc tù , điểm D di chuyển cạnh BC Xác định vị trí điểm D cho tổng khoảng cách từ B C đến đường thẳng AD có giá trị lớn
Giải:
Gọi S diện tích ABC Khi D di chuyển cạnh BC ta có :
SABD + SACD = S
Kẻ BE AD , CF AD 1
2AD.BE +
2AD.CF = S
BE +CF = 2S AD
Do BE + CF lớn AD nhỏ hình chiếu HD nhỏ Do HD ≥ HB ( ABD >900 ) HD = HB D ≡ B
C
A B
K H
D
M
1 y x
h.9
C A
B D
F E
h.10
(7)Vậy Khi D ≡ B tổng khoảng cách từ B C đến AD có giá trị lớn 2- Sử dụng quan hệ đường thẳng đường gấp khúc.
a-Kiến thức cần nhớ:
Với ba điểm A,B,C ta có : AC +CB ≥ AB AC +CB = AB C thuộc đoạn thẳng AB
b-Các ví dụ:
Ví dụ 5:Cho gócxOy điểm A nằm góc Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy cho OB = OC tổng AB +AC nhỏ
Giải:
Kẻ tia Om nằm ngồi góc xOy cho
yOm xOA Trên tia Om lấy điểm D
cho OD = OA Các điểm D A cố định OD =OA, OC = OB ,COD BOA
DOC = AOB CD = AB Do AC +AB = AC +CD Mà AC +CD ≥ AD
AC +AB ≥ AD
Xảy đẳng thức C AD Vậy min(AC+AB) =AD Khi C
giao điểm AD Oy , B thuộc tia Ox cho OB = OC
Ví dụ 6:Cho hình chữ nhật ABCD điểm E thuộc cạnh AD Xác định vị trí các
điểm F thuộc cạnh AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải :
Gọi I ,K, L theo thứ tự trung điểm EF, EG , EH (h.12). AEF vng A có AI trung tuyến AI =1/2EF
CGH vuông C có CM trung tuyến CM =1/2GH IK đường trung bình EFG IK = 1/2FG
KM đường trung bình EGH KM = 1/2EH
Do : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC)
h.11
O
x A
B C
D m
y
A E
D
F B
C G
H I
K
M
h.12
A E
D
F B
C G
H I
K
M
h.12
A E
D
F B
C G H
I
K M
(8)Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC
Suy chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi )
Chu vi EFGH nhỏ 2AC A,I,K,M,C thẳng hàng
Khi ta có EH//AC,FG//AC, AEI EAI ADB nên EF//DB , tương tự GH//DB
.Suy tứ giác EFGH hình bình hành có cạnh song song với đường chéo của hình chữ nhật ABCD (h.13).
3- Sử dụng bất đẳng thức đường tròn. a-Kiến thức cần nhớ:
a1) AB đường kính , CD dây CD ≤ AB (h.14)
a2) OH,OK khoảng cách từ tâm đến dây AB CD :
AB ≥ CD OH ≤ OK (h.15)
a3) AB,CD cung nhỏ (O) : AB ≥ CD AOB COD (h.16)
a4) AB,CD cung nhỏ (O) : AB ≥ CD AB CD (h.17)
b-Các ví dụ:
Ví dụ 7: Cho hai đường trịn (O) (O’) cắt A B cát tuyến chung
bất kỳ CBD (B nằm C D) cắt đường tròn (O) (O’) C D Xác định vị trí cát tuyến CBD để ACD có chu vi lớn nhất.
Giải: sđC =1
2sđAmB ; sđ D =
2sđ AnB số đo góc ACD khơng đổi
ACD có chu vi lớn cạnh lớn , chẳng hạn AC lớn
AC dây đường tròn (O) , AC lớn AC đường kính đường trịn (O), AD đường kính đường trịn (O’) Cát tuyến CBD vị trí C’BD’ vng góc với dây chung AB
C C
h.14 h.15 h.16 h.17
C
D
A O B O
A
O B
C
D
D
A
B
A
B C
D D
H
K
h.18
A
B C
D
D’ C’
O n O’
(9)Ví dụ 8: Cho đường trịn (O) điểm P nằm đường tròn Xác định dây
AB qua P choOAB có giá trị lớn
Giải:
Xét tam giác cân OAB , góc đáy OAB lớn góc đỉnh AOB nhỏ
AOB
sđAB
Góc AOB nhỏ CungAB nhỏ dây AB nhỏ Khoảng cách đến tâm OH lớn
Ta có OH ≤ OP
OH =OP H ≡ P nên max OH = OP AB OP Suy dây AB phải xác định dây A’B’ vng góc với OP P
4- Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai a-Kiến thức cần nhớ:
Các bất đẳng thức lũy thừa bậc hai sử dụng dạng : A2≥ ;
A2≤ Do với m số , ta có : f =A2 + m ≥ m ; f = m với A = 0
f = A2 + m ≤ m ; max f = m với A = b-Các ví dụ:
Ví dụ 9: Cho hình vng ABCD có cạnh 4cm
Trên cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự điểm E,F,G,H cho AE = BF = CG = DH Tính độ dài AE sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
AHE = BEF = CFG = DGH
HE = EF = FG = GH , HEF = 900
HEFG hình vng nên chu vi EFGH nhỏ HE nhỏ
Đặt AE = x HA = EB = 4-x HAE vng A nên :
HE 2 = AE2 +AE2 = x2 + (4
x)2 = 2x2 8x +16 = 2(x 2)2 +8 ≥ HE = =2 x =
Chu vi tứ giác EFGH nhỏ 2cm , AE = cm O
A H PP B
A’
B’
A’
h.19
)
H
A B
C D
E
F
G
x 4-x
4-x
(10)Ví dụ 10: Cho tam giác vng ABC có độ dài cạnh góc vuông AB = cm,
AC = 8cm.M điểm di chuyển cạnh huyền BC.Gọi D E chân đường vng góc kẻ từ M đến AB AC Tính diện tích lớn tứ giác ADME.
Giải:
ADME hình chữ nhật Đặt AD = x ME = x
ME //AB EM CE x CE CE 4x AB CA 3 AE = 4
3x
Ta có : SADME = AD AE = x (
4
3x ) = 8x x
2
= 4
3(x 3)
2 +12 ≤ 12
SADME = 12 cm2 x =3
Diện tích lớn tứ giác ADME 12 cm2 ,khi D trung điểm của
AB , M trung điểm BC E trung điểm AC 5- Sử dụng bất đẳng thức Cô-si
a-Kiến thức cần nhớ:
Bất đẳng thức Cô-si :Với x ≥ ; y ≥ ta có :x y xy
Dấu “=” xảy x = y Bất đẳng thức Cô-si thường sử dụng dạng sau : + Dạng 1:
2 2 x y
x y xy
2
Dấu “=” xảy x = y + Dạng 2:
2
x y xy
;
2
xy x y
2
2
x y x y
;
2 2
x y
2 x y
Dấu “=” xảy x = y
+ Dạng 3:Với x ≥ ; y ≥ ; x +y không đổi xy lớn x = y
+ Dạng4: Với x ≥ ; y ≥ ; xy khơng đổi x+y nhỏ x = y C
h.21
A
B
D x 8-x
(11)b-Các ví dụ:
Ví dụ 11: Cho đoạn thẳng AB, điểm M di chuyển đoạn thẳng Vẽ các
đường trịn có đường kính MA MB Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích của hai hình trịn có giá trị nhỏ
Giải :
Đặt MA =x , MB = y
Ta có : x + y =AB (0 < x,y < AB) Gọi S S’ theo thứ tự diện tích hai hình trịn có đường kính MA MB
Ta có : S +S’ =
2 x y 2 = 2 x y
Ta có bất đẳng thức :
2 2 x y
x y
2
nên : S +S’
2 x y = AB
Dấu đẳng thức xảy x = y Do (S+S’) =
2
AB
8
Khi M trung điểm AB
Ví dụ 12: Cho điểm M nằm đoạn thẳng AB Vẽ phía AB tia
Ax By vng góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với nhau cắt Ax, By theo thứ tự C D Xác định vị trí điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ
Giải :
Ta có : SMCD =
1
2MC.MD Đặt MA = a , MB = b
AMC BDM
MC = a
cos , MD = b sin SMCD =
1
ab cos sin
Do a,b số nên SMCD nhỏ 2sin.cos lớn
Theo bất đẳng thức 2xy x2 +y2 ta có :
2sin.cos sin2 +cos2 = nên S
MCD ≥ ab
O O’
A M B
(12)SMCD = ab sin = cos sin = sin(900) = 900 = 450
AMC BMD vng cân
Vậy SMCD = ab Khi điểm C,D xác định tia Ax ; By cho
AC = AM , BD = BM
Ví dụ 13: Cho ABC , điểm M di động cạnh BC Qua M kẻ đường
thẳng song song với AC với AB , chúng cắt AB AC theo thứ tự D E.Xác định vị trí điểm M cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.
Giải :
SADME lớn ADME ABC
S
S lớn Kẻ BK AC cắt MD H
SADME = MD HK
SABC =
1
2AC BK
ADME ABC
S MD HK
2 S AC BK Đặt MB = x , MC = y ,
MD//AC ta có : MD BM x
AC BC x y ;
HK MC y
BK BC x y Theo bất đẳng thức
2
xy x y
ADME
2 ABC
S 2xy
S x y 2 Dấu đẳng thức xảy x = y
Vậy maxSADME =1
2 SABC M trung điểm BC
Ví dụ 14: Cho ABC vng cân có cạnh huyền BC = a Gọi D trung điểm
của AB Điểm E di chuyển cạnh AC Gọi H,K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ D, E đến BC Tính diện tích lớn hình thang DEKH Khi đó hình thang trở thành hình ?
Giải: Ta có :
2SDEKH = (DH +EK).HK = ( BH +KC ) HK
Mà (BH + KC) +HK =BC = a không đổi Nên (BH + KC) HK lớn BH + KC) = HK = a
2 Do :
A
B x M y C
D K
H E
1
h.24
D D B
H
(13)max SDEKH =
2
1 a a a
2 2 8 Khi đường cao HK = a
2 suy : KC = BC BH –HK = a a
2 a =
a Do DH = HB = a
4 , EK = KC = a
Hình thang DEKH hình chữ nhật , E trung điểm AC 6- Sử dụng tỉ số lượng giác.
a-Kiến thức cần nhớ:
Hệ thức cạnh góc tam giác vuông + b = a.sinB = a.cosC
+ b = c.tgB = c.cotgC b-Các ví dụ:
Ví dụ 15: Chứng minh tam giác cân có diện tích tam giác có
cạnh đáy nhỏ hơnlà tam giác có góc đỉnh nhỏ hơn.
Giải:
Xét tam giác ABC cân A có diện tích S Kẻ đường cao AH Đặt BAC =
AHC vuông H, ta có : HAC
2 , AH = HC cotg
2
=1
2BC.cotg Do : S =
2BC.AH = 2BC
1
2 BC.cotg
=1 4BC
2cotg
2
BC =
4S
2 S.t g cot g
2
Do S không đổi nên :
A B
C a
c
b
h.26
h.27
A
(14)BC nhỏ tg
nhỏ
nhỏ nhỏ BAC nhỏ Ví dụ 16: Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh BC,CD lấy điểm
K,M cho BK : KC = : 1, CM : MD = : 1.Tìm tỉ số AB : BC để số đo gócKAM lớn
( Cho công thức biến đổi tg( x +y )= t gx t gy 1 t gx.t gy
)
Giải:
Đặt BAK x ,DAM y ( x + y < 900 ) KAMlớn BAK + DAM nhỏ x + y nhỏ tan (x + y) nhỏ Giả sử AB : BC = : m ( m> 0)
tg x = BK BK BC 4m AB BC AB tg y = DM DM DC
AD DC AD 5m tg( x +y )= t gx t gy
1 t gx.t gy
=
4m 4m
:
5 5m 5m
=
25 21
4m 5m
tg (x + y) nhỏ 4m
5 5m nhỏ Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có:
4m 5m ≥
4m
2
5 5m 5 Dấu đẳng thức xảy 4m
5 5m m = Vậy x + y nhỏ m =1
2
Do KAM lớn AB : BC = :
A B
C
D MM
K x
y
(15)Phần 3: Bài tập ôn luyện
Bài : Cho hình vng ABCD Hãy xác định đường thẳng d qua tâm hình vng cho tổng khoảng cách từ bốn đỉnh hình vng đến đường thẳng :
a) Lớn b) Nhỏ Hướng dẫn:
Xét trường hợp d cắt hai cạnh đối BC AD (h.29) Gọi m tổng khoảng cách từ bốn đỉnh hình vng đến D.
m =2(AA’ +BB’)
Gọi M, N trung điểm AB A’B’ Suy : m = 4MN đó:
m lớn MN lớn nhất
m nhỏ MN nhỏ nhất
a) MN MO m lớn M≡O d//AB
b)kẻ MH OB Chứng minh MN ≥MH MN nhỏ
nhất N ≡H d≡BD d ≡AC.
Bài : Cho ABC vuông cân A điểm D,E theo thứ tự di chuyển cạnh AB ,AC cho BD = AE Xác định vị trí điểm D,E cho :
a) DE có độ dài nhỏ
b) Tứ giác BDEC có diện tích lớn Hướng dẫn: (h.30)
a)Gọi M trung điểm BC
BDM = AEM BMD AME
900
DME DMA AME DMA BMD BMA
Gọi I trung điểm DE DE = DI+IE =AI + IM ≥ AM
Min DE = AM I trung điểm AM
D trung điểm AB E trung điểm AC
b)Đặt AE = x, AB =AC =a AD = a x , SADE =
( )
x a x SBDEC nhỏ SADE lớn x(a x) lớn nhất
Do x +( a x) = a không đổi nên x( a x) lớn x = a x x = a/2
Khi D trung điểm AB E trung điểm AC
h.29
A B
M
C
D D’
A’ O N H C’
B’ d
A B D
C E
M I
(16)h.31
A
B M C
D O
E Bài : Cho ABC vng A có BC = a , diện tích S Gọi m trung điểm BC Hai dường thẳng thay đổi qua M vng góc với cắt cạnh AB , AC D ,E Tìm :
a) Giá trị nhỏ đoạn thẳng DE b) Giá trị nhỏ diện tích MDE Hướng dẫn:
a) (h.31)Gọi O trung điểm DE Ta có OA = OD =OE = OM
DE = OA + OM ≥ AM = a
2
minDE = a/2 O trung điểm AM
D trung điểm AB E trung điểm AC
b) (h.32)Kẻ MH AB , MK AC ME ≥ MK , MD ≥ MH
2SMDE = MD.ME ≥ MH.MK = AC
2 . AB
2 = S 2 minSMDE =
S
4 D ≡ H E ≡ K
Bài : Cho điểm m di chuyển đoạn thẳng AB Vẽ tam giác đềuAMC và BMD phía AB Xác định vị trí M để tổng diện tích hai tam giác tren nhỏ
Hướng dẫn: (h.33)
Gọi K giao điểm AC BD
Các tam giác AMC ,BMD đồng dạng với AKB Đặt AM = x ,BM = y , AB = a ta có :
2 1
S x
S a
;
2 2
S y
S a
2
2 2 2
1 2
2 2 2
x y
S S x y a 1
S a 2a 2a 2
Dấu đẳng thức xảy x = y Do : (S1 +S2) =
1
2 M trung điểm AB.
h.32
A
B M C
D K
E H
h.33
K
A B
M
D C
1
(17)S
Chủ đề tự chọn : Cực trị hình học Trang 17 -Bài : Cho tam giác nhọn ABC có cạnh a,b,c tương ứng đường cao AH =H. Hãy dựng hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác ABC cho có diện tích lớn Biết M AB ; N AC ; P,Q BC
Hướng dẫn: (h.34)
Gọi I giao điểm AH MN Đặt NP =x ; MN = y ; AI = h x AMN ABC
MN AI y h x y a.h x
BC AH a h h
SMNPQ = xy =
a
h x(h x)
SMNPQ lớn x(h x)lớn
x +(h x) = h không đổi nên
x(h x) lớn x = h x x = h/2
Khi MN đường trung bình ABC
Bài : Cho ABC vuông A Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM BC, IN AC , IK AB Tìm vị trí I cho tổng IM2 +IN2 +IK2 nhỏ nhất.
Hướng dẫn: (h.35)
Kẻ AH BC , IE AH
ANIK ,IMHE hình chữ nhật. IK2+ IN2 = IK2 +AK2 = AI2 ≥ AE2
IM = EH
nên IK2+ IN2 + IM2 = AI2 +EH2 ≥ AE2+EH2
Đặt AE = x , EH =y ta có :
2 2
2 2 x y AH
x y
2 2
IK2+ IN2 + IM2 ≥ 2
AH 2
Dấu “=” xảy I trung điểm đường cao AH.
Bài : Cho tam giác nhọn ABC Từ điểm I nằm tam giác ta kẻ IM BC, IN AC , IK AB Đặt AK =x ; BM = y ; CN = z
Tìm vị trí I cho tổng x2 +y2 +z2 nhỏ nhất.
Hướng dẫn: (h.36)
Đặt BK = k , CM = m , AN = n , BC = a , AC = b , AB = c x2 +y2 +z2 =
h.34
A
M
B
Q H P C
N y
Ih-x
h.35
A K B
H M
C N
I E
A
h.36
B M C
N K
K K
x n
z m y
(18)=(IA2 IK2 ) + (IB2 IM2 ) + (IC2 IN2 )
= (IA2 IN2 ) + (IB2 IK2 ) + (IC2 IM2 ) = n2 + k2 + m2 2(x2 +y2 +z2 ) = x2 +y2 +z2 + n2 + k2 + m2
= ( x2+ k2 )+( y2+ m2 )+( z2 + n2 ) x2+ k2 ≥
2 2 2
x k AB c
2 2 2
y2+ m2 ≥
2 2 2
y m BC a
2 2 2
z2 + n2 ≥
2 2 2
z n AC b
2 2 2
x2 +y2 +z2 ≥
2 2 2
a b c
4
min(x2 +y2 +z2 ) =
2 2 2
a b c
4
x = k , y = m , z = n.
I giao điểm đường trung trực ABC.
Bài : Cho nửa đường trịn có đường kính AB = 10 cm Một dây CD có độ dài 6cm có hai đầu di chuyển nửa đường trịn Gọi E F theo thứ tự hình chiếu A B CD Tính diện tích lớn tứ giác ABFE
Hướng dẫn: (h.37)
Kẻ OH CD , ta tính OH = 4cm
SABFE = 1/2(AE + BF).EF
= OH.EF OH AB = 4.10 =40 max SABEF =40 cm2
EF // AB , OH AB
Bài : Cho hình vng ABCD cạnh a Vẽ cung BD tâm A bán kính a (nằm trong hình vng ) tiếp tuyến với cung cắt BC, CD theo thứ tự M N Tính độ dài nhỏ MN
Hướng dẫn:(h.38)
Đặt CM = m , CN = n , MN = x
m + n + x = 2CD = 2a m2 +n2 = x2
Do : x2= m2 +n2 ≥ 2
m n 2
2x2 ≥ ( 2a x)2 x 2 ≥ 2a x
x ≥ 2a 2a 1( )
2 1
H
F
E
D C
B A
O
h.37
n
m
N
M H
D C
B A
(19)h.40
I M
H G F
E
D C
B A
O
min MN =2a 2 1 m = n Khi tiếp tuyến MN // BD , AM tia phân giác
của BAC , AN phân giác DAC
Bài 10 : Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Qua A vẽ hai tia vng góc với , chúng cắt đường tròn (O) , (O’) B C Xác định vị trí tia để ABC có diện tích lớn
Hướng dẫn:(h.39)
Kẻ OD AB ; O’E AC ta có:
SABC = 1
2AB.AC = 1
2 .2AD.2AE= 2.AD.AE Đặt OA =R ; O’A = r ;AOD O AE '
AD = R sin ; AE = r cos SABC = Rr 2sin cos
2sin cos sin2
+ cos2 =1
SABC Rr
Do :
max SABC = Rr sin = cos sin = sin( 900 ) = 900 = 450.
Vậy ta vẽ tia AB,AC tạo với tia AO, AO’ thành góc
' 0
OAB O AC 45 thì ABC có diện tích lớn
Bài 11 : Cho đường tròn (O;R) đường kính BC , A điểm di động đường tròn Vẽ tam giác ABM có A M nằm phía BC Gọi H chân đường vng góc kẻ từ C xuống MB Gọi D, E , F, G theo thứ tự trung điểm OC, CM, MH, OH Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEFG đạt giá trị lớn
Hướng dẫn: (h.40)
DEFG hình bình hành.
Kẻ OI FH , ta có OI đường trung bình BHC nên OI = ½ HC = GD
MO đường trung trực AB nên IMO 30 0
OI = ½ OM GD = ½ OM Mà ED = ½ OM EG = GD
DEFG hình thoi
0
HFG HMO 30 EFG 60 0EFG đều
h.39
r R
E
D C
B
A O'
(20) SDEFG =2SEFG = 2.
2 2
EF 3 EF 3
4 2 =
2 HC 3 2 2 2 BC 3 2 2 = 2 R 3 2 max S = R2 3
2 H ≡ B
0
MBC 90 ABC 30 0 AC = R.
Bài 12 : Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) D điểm thuộc cung BC không chứa A không trùng với B,C Gọi H,I,K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ D đến đường thẳng BC , AC, AB Đặt BC = a , AC = b ,AB = c, DH = x , DI = y , DK = z
a) Chứng minh : b c a y z x
b) Tìm vị trí điểm D để tổng a b c
x y z nhỏ Hướng dẫn: (h.41)
a) Lấy E BC cho CDE ADB
CDE đồng dạng với ADB
DH CE x CE c CE
DK AB z c z x
Tương tự BDE đồng dạng với ADC
DH BE x BE b BE
DI AC y b y x
b c BE CE a
y z x x
b) a b c
x y z =
a a
x x = 2a
x Do S nhỏ a
x nhỏ x lớn D≡M ( M điểm cung BC không chứa A)
Bài 13 : Cho ABC nhọn , điểm M di chuyển cạnh BC Gọi P ,Q hình chiếu M AB , AC Xác định vị trí điểm M để PQ có độ dài nhỏ Hướng dẫn: (h.42)
Tứ giác APMQ tứ giác nội tiếp Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ.
Kẻ OH PQ Đặt BAC = POH =
PQ = PH = 2.OP sin = AM sin
Do không dổi nên
PQ nhỏ AM nhỏ AM BC.
h.41 A B K D z C I HO
(21)Bài 14 : Cho đoạn thẳng AB điểm C AB Vẽ nửa mặt phẳng bờ AB nửa đường trịn có đường kính AB,AC,BC Xác định vị trí điểm C đoạn AB để diện tích phần giới hạn ba nửa đường trịn dạt giá trị lớn
Hướng dẫn: (h.43)
Gọi (O1;r1);(O2;r2);(O3;r3) đường trịn có đường kính Ab,AC,BC
Đặt AB = 2a , AC =2x r1 = a , r2= x Suy BC =2a 2x r3 = a x
Gọi S diện tích giới hạn ba đường trịn
Ta có :
2 2 2
1 2 3
r r r
S
2 2 2
=
2
2 2 a x
a x
x a x
2 2 2
S lớn x( a x) lớn
Mặt khác x + (a x) = a không đổi nên
x( a x) lớn x = a x x = a
2 C ≡O1 Lúc ta có S =
2
a 4
Bài 15 : Cho đường tròn (O;R) Trong đường tròn (O)
vẽ hai đường trịn (O1) (O2) tiếp xúc ngồi tiếp xúc với (O)
đó bán kính đường trịn (O2) gấp đơi bán kính đường trịn (O1) Tìm giá trị nhỏ
của diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi hình trịn (O1) và(O2)
Hướng dẫn:
Gọi x bán kính đường trịn (O1) Khi 2x bán kính
đường tròn (O2 ) (h.44)
Xét OO1O2 ta có : O1O2 O O1 +OO2
3x (R x) +( R 2x) 6x 2R x R
3
Gọi S phần diện tích hình trịn (O) nằm ngồi đường trịn (O1)và (O2 ) , ta có :
S = R2 x2 4x2 R2 5x2
Do x R
3 nên x
2 2
R
9 S ≥
2
4 R 9
; min S =
2
4 R 9
x =R 3
Khi O1,O,O2 thẳng hàng bán kính đường trịn
(O1) (O2 )
R 3
2R
3 (h.45).
h.42
O3
O2 C O1 B
A
h.43
h.45 h.44
O2
O O O1
(22)V/ Kết nghiên cứu:
Qua việc áp dụng đề tài để dạy chủ đề tự chọn ( nâng cao ) dạy bồi dưỡng học sinh giỏi trường bồi dưỡng học sinh giỏi cấp huyện , đề tài giúp em nắm vững phương pháp giải toán , khắc phục hạn chế việc giải tốn cực trị hình học ; vận dụng kiến thức học thực tế ,phát huy khả tư sáng tạo em
Trong năm gần viêc áp dụng đề tài vào dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường cấp huyện có kết đáng kể , nhiều em đạt giải kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện cấp tỉnh
VI/ Kết luận:
Qua thực tế giảng dạy tơi nhận thấy chủ đề áp dụng cho việc dạy tự chọn bồi dưỡng học sinh giỏi , học sinh tiếp thu tốt có hiệu em ham thích mơn Tốn có khiếu học Tốn sử dụng tài liệu để tự học, tự nghiên cứu Học sinh có hứng thú , tự tin học Toán
VII/ Đề nghị:
Hiện tài liệu tham khảo dạy học mơn Tốn nhiều ( sách , báo , internet ) , để sử dụng cách có hiệu vào việc giảng dạy tự chọn bồi dưỡng học sinh giỏi giáo viên cần phải có đầu tư cách thích đáng thời gian trí tuệ Do kính đề nghị Phịng Giáo dục Đào tạo tổng hợp giới thiệu chủ đề tự chọn có chất lượng để giáo viên học sinh huyện tham khảo sử dụng
VIII/ Phụ lục:
Đề kiểm tra (tham khảo) Thời gian : 45 phút
Cho hình vng ABCD có cạnh , điểm M nằm đường chéo BD
a) Nêu cách dựng đường tròn (I) qua M tiếp xúc với hai cạnh AD CD Nêu cách dựng đường tròn (K) qua M tiếp xúc với hai cạnh AB,BC
b) Chứng minh điểm M di chuyển đường chéo BD tổng chu vi hai đường trịn khơng đổi
(23)2-Đáp án , biểu điểm :
a) Qua M kẻ đường vng góc với BD cắt AB,BC,CD,DA P,Q,F,E Do AB,BC tiếp xúc với (K) nên K MB
PQ KM nên PQ tiếp tuyến (K)
Vậy (K) đường tròn nội tiếp PBQ
Tương tự (I) đường tròn nội tiếp EDF (2 đ)
b) Tổng chu vi hai đường tròn (I) (K) bằng: 2.IM + 2.MK = 2 IK
MD = ID +IM =
2.IJ IM 2.IM IM ( 1).IM MB = KB +MK =
2.KH KM 2.KM KM ( 1).KM
BD = MD + MB = 2 IM MK =
2 1 IK
IK = BD BD 2 1
2 1 Do BD = AB 2 =
2
IK = 2( 2 1) = 2
Vậy tổng chu vi hai đường tròn 2(2 2) (4 đ) c) Gọi x y bán kính đường trịn (I) và(K) Ta có : x + y = 2
Gọi S1 ,S2 diện tích hình trịn
S1 + S2 = x2 +y2 = (x2 + y2 ) ≥
2
2 2 2
x y
2 2
S1 + S2 nhỏ x =y M trung điểm BD ( 4đ) IX/ Tài liệu tham khảo:
1Sách Giáo khoa Toán 7,8,9 – Nhà xuất Giáo dục -2007
2 Các toán giá trị lớn , giá trị nhỏ hình học phẳng ở THCS- Vũ Hữu Bình ( chủ biên) Nhà xuất Giáo dục -2004
3Tốn tổng hợp hình học Nguyễn Đức Chí , Nguyễn Ngọc Huân, Bùi Tá
Long Nhà xuất TP.Hồ Chí Minh -1996
h.46
K
I M
Q P
F E
D C
B A
H
(24)X/ Mục lục:
I/ Đặt vấn đề - Trang 1 II/ Cơ sở lý luận - Trang 1 III/ Cơ sở thực tiễn - Trang 1 IV/ Nội dung nghiên cứu - Trang 2 Phần 1: Giới thiệu chung - Trang 2
Phần 2: Kiến thức trọng tâm - Trang 3
A-Phương pháp giải tốn cực trị hình học. - Trang 3 B-Các kiến thức thường dùng giải toán cực trị hình học- Trang 4
Phần 3: Bài tập ôn luyện - Trang 15
V/ Kết nghiên cứu: - Trang
22
VI/ Kết luận: - Trang
22
VII/ Đề nghị: - Trang
22
VIII/ Phụ lục:
-
Trang 22
ĨX/ Tài liệu tham khảo: - Trang
23
X/ Mục
lục: -
(25)Tiên Kỳ, ngày 25 tháng 2năm 2010 Người viết