Một số bài toán cực trị hình học trong các đề thi học sinh giỏi phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

QUÁCH THỊ TẤM

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI PHỔ
THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS.TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên - 2016

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

i

Mục lục
MỞ ĐẦU
0.1 Lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0.2
Cấu trúc của luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1
1
1
3

1.1 Bài toán cực trị hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1
Bài toán cực trị hình học . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số hướng giải bài toán cực trị hình học . . . . . . . . .
1.2.1
Sử dụng phương pháp véctơ . . . . . . . . . . . . .
1.2.2
Sử dụng phương pháp tọa độ . . . . . . . . . . . .
1.2.3
Sử dụng phương pháp đại số . . . . . . . . . . . . .
1.2.4
Sử dụng phương pháp hình học tổng hợp . . . . . .
2 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC

3
3
3
3
3
3
3
4

2.1 Các bài toán cực trị hình học liên quan đến tính chất cơ
bản trong hình học phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Các bài toán cực trị hình học liên quan đến tam giác . . . .
2.3 Các bài toán cực trị hình học liên quan đến đường tròn . .
2.4 Các bài toán cực trị hình học liên quan đến hình học giải tích
2.5 Các bài toán cực trị trong hình học không gian . . . . . . .
Kết luận

4
7
17
28
42
51

Tài liệu tham khảo

53

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

1

MỞ ĐẦU
0.1

Lý do chọn đề tài

Trong chương trình toán THPT nói chung, trong các dạng toán
dành cho học sinh giỏi nói riêng các bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, lớn
nhất, đặc biệt là các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan
đến hình học đều là những bài toán thú vị và tương đối khó đòi hỏi học
sinh không chỉ có một hệ thống kiến thức cơ bản mà còn phải có kỹ
năng giải toán ở mức độ nhất định.
Hiện nay, cũng có một số tài liệu toán dành cho bồi dưỡng học
sinh giỏi đã đề cập đến các bài toán cực trị hình học nhưng chưa có
một tài liệu chuyên khảo nào viết về chủ đề này. Với mong muốn
nghiên cứu, sưu tầm một số dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất liên quan đến hình học để trực tiếp sử dụng trong công tác giảng
dạy hằng ngày và bồi dưỡng học sinh giỏi, chúng tôi chọn chủ đề về
bài toán cực trị hình học trong các đề thi học sinh giỏi phổ thông để
làm hướng nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ của mình.
Luận văn có nhiệm vụ
(1). Sưu tầm một số bài toán cực trị liên quan đến hình học trong các đề
thi học sinh giỏi toán quốc tế, quốc gia và trên tạp chí Toán học tuổi trẻ;
(2). Nghiên cứu các lời giải để đưa ra một sự gợi ý về các hướng giải
bài toán cực trị thường gặp;
(3). Đưa ra lời giải hoặc đưa ra lời giải chi tiết hơn đối với một số bài toán
mà trong tài liệu gốc chưa có lời giải hoặc mới chỉ có lời giải tóm tắt.

0.2

Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm
hai chương
- Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Nội dung chương 1 bao gồm quan niệm về bài toán cực trị hình
học và một số hướng giải quyết bài toán cực trị hình học thường gặp
trong chương trình THPT;
- Chương 2: Một số bài toán cực trị hình học

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

2

Nội dung chương 2 lần lượt trình bày các bài toán cực trị hình
học trong các đề thi học sinh giỏi quốc tế, quốc gia và tạp chí Toán học
tuổi trẻ và đã được em cố gắng phân loại một cách tương đối.
Do hạn chế về mặt thời gian, năng lực bản thân nên các dạng
toán được trình bày trong luận văn mới chỉ là một phần rất nhỏ, minh
họa cho các bài toán cực trị hình học.
Em rất mong nhận được sự quan tâm, giúp đỡ của các Thầy,
các Cô để bản thân em hoàn thiện nội dung luận văn để có thể tổ
chức một chuyên đề về bài toán cực trị hình học để bồi dưỡng học
sinh trong công việc giảng dạy của mình.
Sau cùng em chân thành cảm ơn trường ĐHKH Thái Nguyên,
khoa Toán - Tin, thầy giáo PGS.TS Trịnh Thanh Hải, cùng các thầy cô
giáo và các bạn đẫ giúp đỡ em hoàn thành luận văn này.
Học viên
Quách Thị Tấm

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

3

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1
1.1.1

Bài toán cực trị hình học
Bài toán cực trị hình học

Trong các bài toán hình học, có các loại bài toán có nội dung
như sau: Trong tất cả các hình có chung một tính chất, tìm những hình
mà một đại lượng nào đó (như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo
diện tích...) có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Đó là các bài toán cực trị
hình học, nó hấp dẫn học sinh bởi vấn đề đặt ra mang tính thực tiễn:
Đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít nhất..., chính là những cái
tối ưu thường gặp trong đời sống và kĩ thuật.
Đường lối tổng quát giải bài toán cực trị hình học: Để tìm vị trí
của hình H trên miềm D sao cho biểu thức f có giá trị lớn nhất (hoặc
nhỏ nhất), ta phải thực hiện 2 bước sau:
Bước 1. Chứng tỏ rằng với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≥ m
(hoặc f ≤ m), với m là hằng số
Bước 2. Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f = m
1.1.2

Ví dụ về bài toán cực trị hình học

Ví dụ 1.1. (Đề thi IMC, THCS, 2015)
E là một điểm nằm trên cạnh BC của hình vuông ABCD sao cho
BE = 20cm và CE = 28cm. P là một điểm trên đường chéo BD. Giá trị
nhỏ nhất của độ dài PE + PC là bao nhiêu cm?

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

4

Ví dụ 1.2. (Dựa theo Đề thi IMO)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1. Các điểm M, N, I theo
thứ tự di động trên AA’, BC, C’D’ sao cho A’M=BN=C’I=a (0 ≤ a ≤ 1).
1) (α) là mặt phẳng qua M, N, I. Chứng minh rằng (α) luôn tự song song;
2) Tính d(A, (α)) (khoảng cách từ A đến (α)) theo a;
3) Tính diện tích tam giác MNI theo a và xác định vị trí điểm M để diện
tích đó nhỏ nhất;
4) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác MNI thuộc một đường
thẳng cố định.

1.2

Một số hướng giải bài toán cực trị hình học

1.2.1

Sử dụng phương pháp véctơ

Một số bài toán cực trị hình học được giải gọn hơn nếu ta biết sử
dụng công cụ vectơ thích hợp. Ngoài những kiến thức quen thuộc đã học
ở bậc THPT như các tính chất, các phép biến đổi vectơ, bất đẳng thức
vectơ và các hệ thức vectơ trong tam giác..., chúng ta cần biết thêm khái
niệm và các tính chất của trọng tâm một hệ điểm, công thức Lagrange Jacobi, tâm tỉ cự của một hệ điểm, định lí "con nhím " cho khối tứ diện...
Định nghĩa 1.1. Giả sử A1, A2, ..., Am là một hệ m điểm sắp xếp tùy
ý trong không gian không phân biệt thứ tự. Điểm G được gọi là trọng
m −−→ →−
tâm của hệ điểm trên nếu có P GAi = 0 .
i=1

Dễ thấy trọng tâm một hệ điểm luôn tồn tại và duy nhất. Hơn nữa, nếu
G được gọi là trọng tâm của hệ điểm A1, A2, ..., Am thì với mọi điểm M
M G 1 m M Ai.
−−→ =
m =1
trong không gian, có
−−→
iP
- Jacobi): Giả sử G là trọng tâm
Định lý 1.1 (Công thức Lagrange
của hệ điểm A1, A2, ..., Am và M là một điểm tùy ý trong không gian. Thếế thì
2
2
2
1 m
1
M G =m

=1

X

i

M Ai −

m2

1

i
X

m

AA
i j

≤ ≤

Ví dụ 1.3. Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm M sao cho
2
2
2
M A + M B + M C + M D bé nhất.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm CD, G là trung điểm IJ.
2

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

5

Ta có

−−→
−→ +
+ −→ + −−→ = →−
GA GB GC GD
0
Ta có = (−−→ +−→) = MG + GA
+ 2−−→ −→
2
2
2
2
M G GA
.M G.GA
MA
Tương tự có + −−→) =
+ 2 + 2 −−→ −−→
MB
2
2
2
M G + GB
G.GB
= M G2 + GB2 + 2.M
−→
−−→ −→
2 −−→
2
MC
M G + GC
.M G.GC
= M G + GC
MD
−−→
−−→
−−→ −−→
2
2
2
GD
M G GD 2 M G
.M G.GD
Suy ra
2
2
2
2 + GD
MA +MB +MC +MD
+ 2−−→ (−→ + −−→ + −→ + −−→)
2
2
2
2
2
M G. GA GB GC GD
2
2
2
2
2
2
2
2
2
hay M A + M B + M C + M D = 4M G + GA + GB + GC + GD
Do đó
2
2
2
2
2
2
2
2
M A + M B + M C + M D ≥ GA + GB + GC + GD
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với G.
2
2
2
2
Vậy M A + M B + M C + M D bé nhất khi M trùng với G.
Ví dụ 1.4. Cho tứ diện SABC với SA = SB = SC = 1. Một mặt
phẳng (α) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắết SA, SB, SC tương ứng tại D, E, F. Tìm giá trị
= (−−→

=(

)

=(

)

= 4MG + GA

+2

+ GB

+ GC

lớn nhâết của biểu thức

P=

1

+

SD.SE

1
SE.SF

+

1
SF.SD

.

Lời giải.
S
b
F
b

D
A

b
b

b

Gb

b
C

E

S′ b

M
b

B

Hình 1.1:

Vì G là trọng tâm của tứ diện SABC nên đường thẳng SG đi qua trọng

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

6

tâm S’ (hình 1.1) của tam giác ABC và có hệ thức
−→ = 3 −→ 1 −→ −→ + −→

SG

Từ đó

S′ =

4

.S
= SA −→

4

+

SA SB SC .
SB −→ SC −→

4−→
SG
.SD +
.SE +
.SF
−→ SD 1
SE 1 −→ SF 1 −−→
⇔4
= SD

−→

SE

SF

SG
.SD +
.SE +
.SF.
Lại vì bốn điểm D, E, F, G đồng phẳng nên 1 +
1 +
Từ đó suy ra
+
SD.SE
1

Do đó minP =

4SD
SE.SF
1

+

SF.SD

1

≤ 3SD + SE
1

1

1

16 khi và chỉ khi SD = SE = SF =

4SE
+ SF

1 =1
4SF
2

1

= 3.
16

3 , nghĩa là khi và

3
4
chỉ khi mặt phẳng (DEF) đi qua G và song song với mặt phẳng (ABC).
1.2.2

Sử dụng phương pháp tọa độ

Để giải bài toán cực trị trong hình học giải tích ta có thể xét
chúng trong hệ trục tọa độ afin hoặc hệ tọa độ Descartes vuông góc
để giải toán theo các bước sau:
-Bước 1. Thiết lập hệ trục tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ của
các điểm cần thiết.
-Bước 2. Thiết lập biểu thức điều kiện (nếu có). Thiết lập biểu thức giải
tích cho đối tượng cần tìm cực trị.
-Bước 3. Lựa chọn phương pháp tìm cực trị, thông thường là:
+ Sử dụng đánh giá biểu thức.
+ Phương pháp tam thức bậc hai.
+ Sử dụng bất đẳng thức như BĐT tam giác, BĐT Cauchy,...
+ Sử dụng đạo hàm.
Ví dụ 1.5. Trong không gian với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz
cho hai điểm M(3; 1; 1) và N(4;3; 4) và đường thẳng d có phương trình

x−7=y−3=z−9
1
−2
1
Tìm điểm I thuộc d sao cho IM + IN nhỏ nhất.

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

7

Lời giải.

= (1; 2; 1) nên

Ta có −−→ = (1; 2; 3); d có vectơ chỉ phương −→
−−→

MN

−→ = 1

.

1 + 2 (−2) + 3

.

.

1 = 0 , suy ra

u

M N⇔

−

.

MN.u
d
Mặt phẳng (P) qua MN vuông góc với d tại I có phương trình:
x - 2y + z - 2 = 0.
Vì I là giao điểm của hai đường thẳng MN và d nên tính được tọa độ
của I

17

3;

17

3;

23

3.

Ví dụ 1.6. Trong không gian với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz
cho đường thẳng d và các điểm M(x1; y1; z1); N(x2; y2; z2) không thuộc d.

Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IM +IN nhỏ nhất.
Lời giải.
Trường hợp 1. I, M, N và d nằm trong một mp, khi đó ta thực
hiện bài toán trong mp: nếu đoạn MN cắt d thì giao điểm đó chính là
điểm I cần tìm. Nếu đoạn MN không cắt d thì lấy M’ đối xứng với M
′

′

qua d khi đó IM=IM’. Ta có IM + IN = IM + IN ≥ M N. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi I, M’, N thẳng hàng, khi đó IM +IN nhỏ nhất. Từ đó I là
giao điểm của M’N và d, suy ra tọa độ điểm I.
Trường hợp 2. Các đường thẳng MN và d chéo nhau. Có hai khả
năng:
a, Nếu M N⇔d thì ta làm như sau:

x
I

b

J

b

b

N

D

b
M

Hình 1.2:

Gọi (P) là mặt phẳng qua MN vuông góc với d tại J (hình 1.2), khi đó

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

8

M J⇔d; N J⇔d và MJ+NJ=k (không đổi);
Với mọi I ⇔ d thì IM ≥ J M; IN ≥ J N nên IM + IN ≥ J M + J N. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi I ≡ J, từ đó tìm được tọa độ điểm I, giao của
(P) và d.
b, Nếu MN không vuông góc với d ta chuyển bài toán về mặt phẳng để
giải như sau:
- Xác định hình chiếu vuông góc H của N xuống d.
- Gọi (R) là mặt phẳng chứa d và điểm N; (P) là mặt phẳng qua H vuông
góc với d; (Q) là mặt phẳng chứa d và điểm M; là giao tuyến của (P) và
(Q) thì ⇔d tại H. Trên lấy K sao cho KH=NH và K, M nằm về hai phía của
mặt phẳng (R) (hình 1.3). Khi đó với mọi J ⇔ d thì N J H = KJ H

N

b
M

R

b
M

b

d

H

b

Q
J

b

P
b
K

Hình 1.3:

⇔JK=JN
⇔JM+JN=JM+JK≥MK
Đẳng thức xảy ra khi J, M, K thẳng hàng từ đó tìm được tọa độ điểm I
≡ J, giao điểm của MK và d, đó là điểm cần tìm.

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

9

Ví dụ 1.7. Cho hai điểm A(1;2); B(0;-1) và đường thẳng d có
phương trình tham số
x=t
(t ⇔ R)
y = 2t + 1
Tìm điểm M thuộc d sao cho
a, MA+MB nhỏ nhất
b, MA -MB lớn nhất
Lời bình.
Trong hình học phẳng ta biết:
- Nếu A, B nằm về hai phía đối với d thì: MA+MB nhỏ nhất ⇔ M là giao
điểm của AB và d.
- Nếu A, B nằm về một phía đối với d và B’ là điểm đối xứng của B qua
d thì : MA+MB nhỏ nhất ⇔ M là giao điểm của AB’ và d.
- Nếu A, B nằm về một phía đối với d mà AB cắt d thì: |MA-MB| lớn
nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và d.
- Nếu A, B nằm về hai phía đối với d và B” là điểm đối xứng của B qua
d mà AB” cắt d thì: |MA-MB| lớn nhất ⇔ M là giao điểm của AB” và d.
Dựa vào kết quả đã biết trong hình học phẳng, ta có thể giải
được bài toán. Tuy nhiên việc tính toán sẽ khá phức tạp vì:
- Nếu phương trình của d được cho dưới dạng tham số thì ta buộc
phải chuyển về dạng tổng quát để có thể kiểm tra được A và B nằm về
một phía hay hai phía đối với d.
- Nếu phải tìm tọa độ điểm B’ (trong câu a) hoặc B” (trong câu b) thì
việc tính toán còn phức tạp hơn nữa.
Để khắc phục tình trạng trên, luận văn sẽ đưa ra một lời giải mới.
Lời giải.
a, Vì M ⇔ d nên M có tọa độ (t; 2t+1). Khi đó ta có

MA+ M B
= q

(t 2− 1)

+

+ (2t − 1)2

2

2

q

2

t + (2t + 2)

2

√
√
= 5t − 6t + 2 + 5t + 8t + 4
=

√

5

s

t

3
−

5

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

2

+ 1 +
25

s

t+

4
5

2

+ 4
25

http://www.lrc.tnu.edu.vn

10

5 ;B − ;5
;
−
5
5

′

′

Xét A

3

1

′

; M (t; 0).

4 2

√
′ ′
′ ′
5
(M A + M B ).
Khi đó M A + M B =
Vì M’ chạy trên trục hoành x’Ox và A’, B’ nằm về hai phía đối với x’Ox
nên MA+MB nhỏ nhất
⇔ M’A’ + M’B’ nhỏ nhất
⇔ M’ là giao điểm của A’B’ và x’Ox
−1
′ ′
MA =
5 = −1
⇔
2
2
M′B′
5
⇔

−5

M’ chia đoạn

⇔ M có tọa độ

4

5

;

2

3

15 ; 2.15 + 1

theo tỉ số

2
2
b, Tương tự như câu a, ta có

|

Xét A

MA

−

MB =
|

3 ;1 ; B

√

5

4;

=

;

15

2

t

s

15

−1

−

3

.

15
19

2

5

2

nên có tọa độ

+

1
25

+

s

t +4

;0 .

2

5

+

4
25

; M (t; 0)

′′

′′
55

′′

−5 5

2

√
Khi đó |M A − M B| =
5 |M A − M B|
Vì M” chạy trên trục hoành x’Ox và A”, B” nằm về một phía đối với
x’Ox nên |MA-MB| lớn nhất ⇔ |M”A”-M”B”| lớn nhất ⇔ M” là giao điểm
của A”B” và x’Ox
1
′′ ′′

⇔ M A = 5 = 1 M′′B′′

5

2 2

⇔ M” có tọa độ (2; 0)
⇔ M có tọa độ (2; 5).
Lời bình.
Ý tưởng cơ bản của lời giải trên vẫn là dựa vào kết quả đã biết trong
hình học phẳng, tuy nhiên việc thay đường thẳng d bằng trục x’Ox khi xét
vị trí tương đối của các điểm đã làm cho độ phức tạp trong tính toán
giảm đi rất nhiều. Tương tự ta sẽ thấy rõ ý tưởng này trong bài toán sau:

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

11

Ví dụ 1.8. Trong không gian cho hai điểm A(a; 0; a)
và B
4a

3;
− 2a
3 ;
− a
3

Tìm điểm M thuộc d sao cho:
a, MA+MB nhỏ nhất
b, |MA -MB| lớn nhất
Lời bình. Thông thường để giải câu a, người ta tìm điểm B’ là
ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục d với góc quay thích hợp
sao cho A, B’, d đồng phẳng và A, B’ nằm về hai phía đối với d. Khi đó
MA+MB nhỏ nhất
⇔ M là giao điểm của AB’ và d. Và để giải câu b, người ta tìm điểm B”
là ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục d với góc quay thích hợp
sao cho A, B”, d đồng phẳng và A, B” nằm về một phía đối với d. Khi
đó nếu AB" cắt d thì |MA+MB| lớn nhất ⇔ M là giao điểm của AB” và d.
Nếu giải theo ý tưởng trên thì việc tìm tọa độ điểm B’ (trong câu a,)
hoặc B” (trong câu b,) buộc ta phải thực hiện những phép tính rất phức
tạp. Ta tiếp tục vận dụng ý tưởng trên để đưa ra lời giải.
Lời giải.
a, Vì M ⇔ d nên M có tọa độ (t; t; a-t). Khi đó

MA+ M B
= (t − a)

2

q

=

√

+
2

=

+ t2 + (−t)

√

2

2

t

a

2

2

2

+ t+

2a

3

2

+

2

2

+ 2a +

2a

t

9

−3

r

3

4a

3t − 4at + 4a
s

√
Xét A′

t− 3

√

3t − 2at + a
3

+ s

−3

2

+ 8a

2
9

√

;

!

a
2a
Khi đó M A + M B =
3

; B′

√

23

a

2
;−

′ ′

3

!
32

a

; M′ (t; 0)

′ ′

(M A + M B ).

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

4a

3

−t

2

12

Vì M’ chạy trên x’Ox và A’, B’ nằm về hai phía đối với x’Ox nên
MA+MB nhỏ nhất ⇔ M’A’ + M’B’ nhỏ nhất ⇔ M’ là giao điểm của A’B ’
và x’Ox
√
− 2a
′ ′
MA =
3
= −1
⇔

M′B′

2√

−

2

2a

3

4a ; 0 .
9
⇔ M có tọa độ 4a ; 4a ; a − 4a
9 9
9
b, Tương tự như câu a, ta có
⇔ M’ có tọa độ

|

MA

−

MB

|

=

√

s
3

t

−

4a ; 4a ; 5a .
=9 9 9
a

2

+ 2a

3

2
−

9

s

t

2a

−

2

3

+

8a

2
9

Đặt
A′′

3

a

√
;

3

2a

!

;B

′′

3

!

√

;

2a 2 2a
3

; M′′ (t; 0)

Vì M” chạy trên trục hoành x’Ox và A”, B” nằm về một phía đối với x’Ox
nên |MA-MB| lớn nhất ⇔ |M”A”-M”B”| lớn nhất ⇔ M” là giao điểm của
A”B” và x’Ox
√
⇔

M′′A′′

=

2a
3
√

=

1
2

2 2a
3
⇔ M” có tọa độ (0; 0). ⇔ M có tọa độ (0; 0; a).
Lời bình. Trong lời giải trên ta không những thay đường thẳng d
bằng trục x’Ox mà còn chuyển hệ thống không đồng phẳng gồm hai
điểm A, B và đường thẳng d thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm
A’, B’ và trục x’Ox (trong câu a) hoặc thành hệ thống đồng phẳng gồm
hai điểm A”, B” và trục x’Ox (trong câu b). Đó là nguyên nhân cơ bản
giúp ta có được một lời giải cơ bản.
M′′B′′

1.2.3

Sử dụng phương pháp đại số

Việc vận dụng phương pháp đại số vào giải bài toán cực trị
thường theo các bước sau:

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

13

- Bước 1: Chọn ẩn, đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu thị các yếu tố hình học theo ẩn.
- Bước 3: Từ các mối quan hệ hình học lập pt (hệ pt).
- Bước 4: Lựa chọn phương pháp thích hợp để tìm cực trị như sử dụng các

BĐT, đánh giá biểu thức, sử dụng đạo hàm...
Ví dụ 1.9. Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là điểm nào đó trên
cạnh AB. Dựng các hình vuông có cạnh MA, MB về bên trong ABCD.
Xác định vị trí điểm M để diện tích phần còn lại S của hình vuông
ABCD là lớn nhất.
Lời giải.
2 và
Đặt MA = x, MB = y với x ≥ 0; y ≥ 0 thỏa mãn x+y=a. Gọi S
và
S2 theo thứ tự là diện tích hình vuông cạnh MA và MB thì S1 = x
2
2
S2 = y (hình 1.4). Dễ thấy S lớn nhất ⇔ S1 +S2 nhỏ nhất ⇔ P = x
2
+y nhỏ nhất. Từ bất đẳng thức
1

D

b

b

H

S

G

b

F

b

S2

E

b

C

b

S1
A

b

b

x

b

B

y

M

Hình 1.4:

2

2

2 x +y

2

2

2

≥ (x + y) hay 2 x + y

(GTNN) của S1 + S2 bằng

a2

2

≥ a suy ra giá trị nhỏ nhất

, lúc đó M là trung điểm AB.

Ví dụ 1.10. Cho đường tròn tâm O bán kính R. M là điểm nào đó
trên đường kính AB. Xác định vị trí điểm M để tổng diện tích các hình
tròn có đường kính MA và MB là nhỏ nhất.
Lời giải.
Đặt MA = 2x, MB = 2y với x ≥ 0; y ≥ 0 thỏa mãn x+y = R không đổi. Gọi
S1 và S2 theo thứ tự là diện tích hình tròn có đường kính MA và MB

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

14

A

M

O

b

b

B
b

Hình 1.5:

(hình 1.5). Dễ thấy S = S1 + S2 nhỏ nhất ⇔ P = πx2 + πy2 = π x2 + y2
2

πR

nhỏ nhất. Lập luận tương tự như trên suy ra GTNN của S bằng
2,
lúc đó M trùng với tâm O.
Lời giải các bài toán trên đều dẫn đến việc xét giá trị nhỏ nhất
của các biểu thức dạng x 2 + y2 hoặc x3 + y3,..., trong đó x+y là hằng
số. Bằng cách đó việc giải các bài toán cực trị hình học có thể chuyển
về giải bài toán cực trị đại số.
Ta xét bài toán tổng quát. Cho n (n ≥ 2) số không âm x 1, x2, ..., xn
thỏa mãn x1 + x2 + ... + xn = a với a là số dương cho trước. Tìm giá trị
nhỏ nhất của mỗi biểu thức sau:
2
2
2
a, P 3= x3 1 + x3 2 + ... + x n
b, Q = x + x + ... + x
1

2

n

a, Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
2

(x1 + x2 + ... + xn) ≤ n x
⇔ a2 ≤ n x21 + x22 + ... + x2n
2
2
2
⇔ x1 + x2 + ... + xn ≥

2

1

2

+x

2

a
n

2

+ ... + x

2

n

(1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

15

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
b, Đặt

√

n

= ti ≥

xi

a

khi x1 = x2 = ... = xn =a .

2

2

11

22

2

i

i

2

6

0 với i = 1, 2, ..., n thì xi = t và x

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
3
32
3 2≤
2
t t +t t

2

2

+ ... + tntn

hay x1 + x2 + ... + xn

2
3

2

3

3

t1 + t2 + ... + tn

≤ a x1 + x2 + ... + xn

n

3

= ti t .
i

6

6

t1 + t2 + ... + tn

(2)

Từ (1), (2) ta có
3

3

3

a x1 + x2 + ... + xn ≥ a
n

3
3
3
⇔ x1 + x2 + ... + xn ≥

4

2

a3
n

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi (1) và (2) cùng xảy ra dấu đẳng thức, khi đó x 1
= x2 = ... = xn.
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là a khi x1 = x2 = ... = xn = a .

n

n2
1.2.4

Sử dụng phương pháp hình học tổng hợp

Bài toán cực trị hình học rất đa dạng, nhiều bài toán khó, do vậy
ta phải sử dụng tổng hợp nhiều phương pháp khác nhau trong đó có
phương pháp hình học tổng hợp.
Ví dụ 1.11. Cho tứ diện ABCD. Tìm các điểm X, Y, Z, T thuộc các
mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) sao cho tổng sau đây đạt giá
2

2

2

2

2

2

trị nhỏ nhất XY + XZ + XT + Y Z + Y T + ZT .
Để giải bài toán này, cần đưa vào các khái niệm và kết quả sau:
Định nghĩa 1.2. Cho tứ diện ABCD, M là trung điểm cạnh CD.
Mặt phẳng (MAB) được gọi là mặt trung diện xuất phát từ cạnh AB của
tứ diện. Một tứ diện có sáu mặt trung diện. Dễ thấy sáu mặt trung diện
của tứ diện đồng quy tại trọng tâm của tứ diện.
Định nghĩa 1.3. Cho tứ diện ABCD. Gọi (α), (β) tương ứng là
mặt phân giác và mặt trung diện xuất phát từ cạnh AB của tứ diện. Gọi
(γ) là ảnh của (β) qua phép đối xứng mặt (α). Khi đó (γ) được gọi là mặt
đối trung xuất phát từ cạnh AB của tứ diện.
Một tứ diện có sáu mặt đối trung. Người ta đã chứng minh được
rằng sáu mặt đối trung của tứ diện đồng quy tại một điểm. Điểm này
được gọi là điểm đối trọng tâm của tứ diện.

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

16

Định lý 1.2. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ
diện. Gọi H, I, J, K tương ứng là hình chiếu của M xuống các mặt
phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Khi đó các điều kiện sau tương
đương. i) M là điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD;
ii)

V

M BCD =

V

M ACD =

2
SA

V

M ABD =

V

M ABC ;

2

2

2
SB
SC
SD
iii) M là trọng tâm của tứ diện HIJK.

Ở đây SA, SB, SC , SD là kí hiệu diện tích các mặt (BCD), (CDA),
(DAB), (ABC) của tứ diện ABCD.
Sau đây ta áp dụng định nghĩa 1.2, định nghĩa 1.3 và định lý 1.2 vào

giải ví dụ trên.
Lời giải.
Gọi G là trọng tâm của tứ diện XYZT (hình 1.6) Khi đó GX.SA +GY.SB +
GZ.SC + GT.SD ≥ 3.VABCD.
Theo BĐT Bunyakovsky, có
2
2
2
2
2
2
2
2
(GX + GY + GZ + GT )(SA + SB + SC + SD ) ≥
2
9VABCD . Chú ý rằng, vì G là trọng tâm của tứ diện XYZT nên
A

b
Z

b
T
B

Y

b

b

Pb

b

b

bD

X

b
C

Hình 1.6:

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

XY + XZ + XT + Y Z + Y T + ZT = 4(GX + GY + GZ + GT ).
Từ đó
2

2

XY + XZ

2

+ XT

2

2

2

+ Y Z + Y T + ZT ≥

36V
2

2

2

ABCD

2

2

SA + SB + SC + SD

Đẳng thức xảy ra ⇔ G nằm trong tứ diện ABCD sao cho GX, GY, GZ, GT
tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) và
GX GY GZ GT
=

SA

=

SB

=
SC

⇔ G nằm trong tứ diện ABCD sao cho GX, GY,
SD

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn

17

GZ, GT tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB),

(ABC) và

V

GBCD
2

S

A

= VGCDA
S

2
B

= VGDAB
S

2
C

= VGABC ⇔ GX, GY, GZ, GT
S

2

D

tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC)
và G là điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD ⇔ X, Y, Z, T tương ứng
là hình chiếu vuông góc của điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD lên
các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) (*).
2
2
2
2
2
2
Vậy tổng XY + XZ + XT + Y Z + Y T + ZT nhỏ nhất khi và chỉ khi
X, Y, Z, T thỏa mãn (*) và giá trị nhỏ nhất đó bằng

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

36V 2

ABCD

2

2

+ SD

2

. SA + SB + SC

http://www.lrc.tnu.edu.vn

2

18

Chương 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
HÌNH HỌC
2.1

Các bài toán cực trị hình học liên quan đến tính chất cơ bản
trong hình học phẳng

Bài toán 2.1. (Đề thi IMC, THCS, 2015)
E là một điểm nằm trên cạnh BC của hình vuông ABCD sao cho
BE = 20cm và CE = 28cm. P là một điểm trên đường chéo BD. Giá trị
nhỏ nhất của độ dài PE + PC là bao nhiêu cm?
Lời giải.
Lấy F là một điểm thuộc AB sao cho AF = CE. Khi đó F và E đối xứng
nhau qua BD (hình 2.1). Từ bất đẳng thức tam giác,
E

b

B

20

C

b

28

F

b
P

A

D

b

Hình 2.1:

P E + P C = P C + P F ≥ CF . Do đó giá trị nhỏ nhất xảy ra khi P nằm

S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN

http://www.lrc.tnu.edu.vn