Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán về cực trị trong hình học

này, tôi đã giúp các em nhớ lại, củng cố 
lại các kiến thức lý thuyết ở phần này. 
Dạng 2: Vận dụng các bất đẳng thức trong tam giác và quy tắc về khoảng 
cách các điểm. 
Để có thể giải được dạng bài tập này các em học sinh cần phải nhớ được 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 10
các kiến thức cơ bản sau : 
Tam giác ABC có : 
||AB - AC| < BC < AB + AC 
n nABC ACB AC AB≤ ⇔ ≤ 
Tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có AB = A’B’; AC = A’C’ thì: 
l lBC B'C' A A'≤ ⇔ ≤ 
Quy tắc 3 điểm A; B; C 
a) BC ≤ AB + AC dấu “ = ” xảy ra [ ]A BC∈ 
b) BC ≥|AB - AC| dấu “ = ” xảy ra A; B; C thẳng hàng. 
Quy tắc n điểm: cho n điểm A1; A2;...; An 
Ta có: A1A2 + A2A3 + ... + An-1An 
Dấu “ = ” xảy ra A1; A2;...; An thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó. 
C. CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG 
Bài toán 8: 
Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d, hai 
điểm M; N thuộc d và độ dài MN không đổi. Xác định vị trí của hai điểm 
M; N để đường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải: 
Dựng hình bình hành MNBB’ ta có BB’ = MN = a (không đổi) 
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng d, ta có AM = A’M’, A’ 
cố định. 
Xét 3 điểm A’; M; B’ ta có: A’M + MB’ 
≥ A’B’ 
Do đó AM + MN + NB = A’M + MN + 
NB’ = (A’M + MB’) + MN ≥ A’B’ + a 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 11
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi [ ]M A'B'∈ 
Bài toán 9: 
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định, C là một điểm cố định nằm 
giữa A và O. M di động trên đường tròn (O;R). Tìm vị trí của điểm M trên 
(O;R) tương ứng lúc độ dài CM lớn nhất; nhỏ nhất. 
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 
* AB ≤ CF (không đổi) 
Dấu “ = ” xảy ra A ≡ C; B ≡ F 
Vậy AB có độ dài lớn nhất khi A ≡ C; B ≡ F 
* AB ≥ DE (không đổi) 
Dấu "=" xảy ra A ≡ C; B ≡ E 
Bài toán 11: 
Cho ∆ đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R), M là một điểm di động trên 
cung nhỏ pBC (M khác B và C). Tìm vị trí của điểm M sao cho MA + MB 
+ MC lớn nhất. Tính giá trị đó theo R. 
Giải: 
Kẻ đường kính AI trên tia đối của tia 
MB lấy đoạn MD = MC ta có ∆CMD 
cân tại M. Mà có nCMD = 60o => 
∆CMD đều. Xét ∆ACM và ∆ BCD: 
l lA B= (góc nội tiếp chắn qCM ) 
AC = BC (gt) 
180o - (60o + lA ) = 180o – (60o + lB) hay n nACM 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. 
Giải: 
Xét ∆ADE ( lD = 90o). Áp 
dụng định lý Pitago ta có: 
AE2 = AD2 + DE2 (1) 
Xét ∆AKE ( lK = 90o) 
Có AD KE⊥ 
Theo hệ thức lượng trong 
tam giác vuông ta có: 
AE2 = ED.KE (2) 
Từ (1) và (2) => 
2 2 2 2AD DE AD ADKE ED 2 ED 2AD
ED ED ED
+= = + ≥ ⋅ = 
Vậy đoạn KE ngắn nhất khi 
2AD 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
1S AC BD R
2
BD= ⋅ = ⋅ 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 14
Mà BD là dây cung của (O;R), do đó BD ≤ 2R 
Vậy 2ABCDS 2R≤ . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi BD là đường kính của 
(O). 
Kết luận: Khi BD là đường kính của (O) thì 
diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất. 
* Ta đã biết: 
- Trong đường tròn (O), nếu AB và CD là hai 
dây cung ; H và K lần lượt là hình chiếu vuông 
góc của O trên AB và CD thì ta có: 
OH ≥ OK AB ≤ CD 
p p n nAB CD AOB COD≤ ⇔ ≤ 
Bài toán 14: 
Cho đường tròn (O;R). A là một điểm cố định trong đường tròn (A không 
trùng với O). Xác định vị trí điểm B trên đường tròng (O) sao cho nAOB 
lớn nhất. 
Giải: 
Vẽ dây BC của đường tròn qua A, ta có: 
∆OBC cân (OB = OC) 
n n0180 BOCOBA
2
−= 
Vẽ ( )OH BC H BC⊥ ∈ 
A ∈ BC nên OH ≤ OA (không đổi) 
Dấu “ = ” xảy ra H A AB OA≡ ⇔ ⊥ tại A. 
Ta có: nOBA lớn nhất nBOC⇔ nhỏ nhất pBC⇔ 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 
các bài toán có kiến thức trọng tâm của lớp 8, lớp 9. 
Bài toán 15: 
Cho tam giác ABC. Xác định vị trí điểm M nằm trong tam giác ABC sao 
cho: AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải: 
Xét ba trường hợp: 
a) Nếu ∆ABC có 3 góc nhọn vẽ BB1 và 
CC1 tương ứng vuông góc với đường 
thẳng AM. 
Ta có: 
( )
AMB AMC 1 1
1 1
1 1S S AM BB CM CC
2 2
1 1AM BB CC AM BC
2 2
+ = ⋅ + ⋅
= + ≤ ⋅
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi AM vuông góc với BC. 
Tương tự ta có: BMC BMA
1S S BC AC
2
+ = ⋅ 
Dấu “ = ” xảy ra khi BM AC⊥ 
CMB CMB
1S S CM AB
2
+ = ⋅ Dấu “=” xảy ra khi CM AB⊥ 
Cộng vế với vế 3 bất đẳng thức ta có: 
( ) ( )AMB BMC CMA
ABC
12 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 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 16
là trực tâm của ∆ABC 
b) Nếu ∆ABC có một góc vuông ( l 0A 90= ) dễ thấy M ≡ A khi đó MA = 0; 
MB = AB ; MC = AC 
=> Min(MA.BC + MB.CA + MC.AB) = 2AB.AC = 4SABCD 
c) Nếu ∆ABC có một góc tù ( lA > 90o) 
Vẽ tia Ax AC⊥ và nằm trong nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC 
chứa điểm B. Lấy điểm P trên tia Ax sao cho AP = AB. Xét điểm M nằm 
trong ∆APC. 
Vì ∆ABP cân tại A n nAPB ABP⇒ = 
Ta có 
n n n n
n n
MPB APB ABP MBP
MB MP
CPB CBP CB CP
≥ = ≥
⇒ ≥
> ⇒ >
Do đó MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ MA.CP + MP.AC + MC.AP ≥ 4SAPC 
Mà 4SAPC = 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 SABC 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
( )ABD AHC g.g
AB' AD AB AC AD AH
AH AC
Δ Δ
⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅
∼
AB AC AB ACAH
AD 2R
⋅ ⋅⇒ = = (không đổi) ( )I;H A;r⇒ ∈ với AB ACr
2R
⋅= 
Ta có: ABC
1S AH BC
2
= ⋅ do AH không đổi, do đó: 
SABC lớn nhất khi BC lớn nhất OE bé nhất. 
Do OA 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 SABC 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 nBAC nên A; D; E thẳng 
hàng 
Xét ∆ABD và ∆AEC có: m m1 2A A= (gt) 
n nABC AEC= (góc nội tiếp cùng chắn pAC ) 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 18
=> AB ADABD AEC(g.g) AB AC AE AD
AE AC
Δ Δ ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅∼ (1) 
m l n n
1 1ABD CED(A C ;ABD CED)
AD BD BD CD AD ED
CD ED
Δ Δ = =
⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅
∼
 (2) 
Từ (1) và (2) 
( ) 2AB 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’H2 (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 = 
AC2 + BC2 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⇒ ⊥ 
Vẽ OK O'C⊥ 
=> tứ giác OHCK là hình chữ nhật 
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 22 2
2
2 2 2
2 2 2 2
22 2 2
22 2 2 2 2 2
2 2
AC CB AH HC HB CH
AB 2HC 2AH 2HC
2
2 R OH 2 O'O O'K
S 2R 2OH 2R ' 2 R ' OH
2R R ' R ' 2OH 2R R '
R 'Max S=2R R ' khi R ' 2OH OH
2
⇒ + = + + −
= + = +
= − + −
⇒ = − + − −
= + − − ≤ +
⇒ + = ⇔ =
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
2 2 2 2
2 2 2
ADHE
(D E A 90 )
S AD.AE
AD AE DE AH
2 2 2
AH AO RS
2 2 2
= = =
=
+≤ = =
⇒ ≤ ≤ =
) 
Vậy diện tích tứ giác ADHE lớn nhất bằng 
2R
2
 khi AD = AE tức là cung 
p pAB AC= 
Bài toán 20: 
Cho đường tròn (O;R); BC là đường kính cố định. A là điểm di động trên 
đường tròn. Vẽ tam giác đều ABM 
có đỉnh M ở ngoài đường tròn (O). 
 Từ C kẻ 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 SDEFG 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 1GD HC
2
= 
Tương tự EF là đường trung bình của ∆MHC => EF // HC và 1EF 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. 
Vì thế ta có: OI // HC và 1OI HC
2
= 
Do ∆MAB đều => MA = MB ; OA = OB = R 
=> OM là trung trực của AB => nBMO = 30o; ∆MOI có 0I 90= 
n 0IOM 30= nên là nửa của tam giác đều => 1OI OM
2
= 
=> MO = HC (= 2OI) 
1ED MO
2
= (ED là đường trung bình của ∆MOC); 1GD HC
2
= 
=> ED = GD. Do đó DEFG là hình thoi. Tam giác EFG đều 
Ta có: 
2 2
2 2
DEFG EFG
HC BC3 3
EF 3 R 32 2S 2S 2
4 2 2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = ≤ = (không đổi) 
Dấu bằng xảy ra n n0 0H B MBC 90 ABC 30 AC R⇔ ≡ ⇔ = ⇔ = ⇔ = 
Bài toán 21: 
Cho đường tròn (O;R), I là điểm cố định ở bên trong đường tròn. Gọi AC 
và BD là hai dãy bất kỳ cùng qua I. Xác định vị trí của dây AC và DB để 
AB AD BC CD
AB BC DA CD
⋅ + ⋅
⋅ + ⋅ 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 21
a) lớn nhất 
b) nhỏ nhất 
Giải: 
Xét ∆ IDC và ∆IAB có n nDIC AIB= (đối 
đỉnh) 
n nIDC IAB= (cùng chắn pBC ) 
Do đó ∆IDC ~ ∆IAB 
ID IC CD
IA IB AB
= = (1) 
Tương tự ∆IDC ~ ∆IBC IA ID DA
IB IC BC
= = (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 CDHay :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 CDIA : IB
BD AB DA AB BC
AC AB AD BC CD
BD AB BC DA CD
⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⋅ + ⋅⇒ = ⋅ + ⋅
Vậy: AB AD BC CD
AB BC DA CD
⋅ + ⋅
⋅ + ⋅ đạt max AC max và BD min AC qua O 
và BD OI⊥ 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 22
AB AD BC CD
AB BC DA CD
⋅ + ⋅
⋅ + ⋅ đạt min AC min và BD max AC OI⊥ và AC 
qua O. 
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 l l l 0O E D 90= = = ) 
Và có OE = OD => OEID là 
hình vuông =>OD = OE = IE = 
ID = r 
=> OA + OB – AB = 2r 
Mặt Khác SOAB = SOIA + SOIB + SIAB 
=> OA.OB = r(OA + OB + AB) 
∆ OAB có l 0O 90= nên AB2 = OA2 + OB2 
AB2 = OA2 + OB2 = (OA - OB)2 + 2OA·OB ≥ 2OA·OB = 2r (2r + AB + 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 23
AB) 
=> AB2 – 4r·AB ≥ 4r2 => (AB - 2r)2 ≥ 8r2 
( )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
1 1S r OA OB AB r 2r 2AB
2 2
r r AB r r 2 2 1 r 3 2 2 r
= + + = +
⎡ ⎤= + ≥ + + = +⎣ ⎦ 
( ) 2OABS 3 2 2 r≥ + (không đổi) 
Dấu “ = ” xảy ra OA = OB AB OI⊥ tại M 
Vậy diện tích ∆OAB đạt giá trị nhỏ nhất là ( ) 23 2 2 r+ khi A Ox;B Oy∈ ∈ ; 
AB OI⊥ tại M (I)∈ 
Bài toán 23: 
Cho đoạn thẳng AB cố định, C là điểm chuyển động trên đoạn AB. Vẽ về 
một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính AB, AC, CB. Xác 
định vị trí của điểm C để diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn 
trên đạt giá trị lớn nhất. 
Giải: 
Đặt AB = 2a (không đổi) và AC 
= 2x 
Suy ra: CB = AB - AC = 2a - 2x 
(O ≤ x ≤ a) 
Gọi S1; S2; S3 lần lượt là diện tích của các nửa hình tròn đường kính AB, 
AC, CB ta có: 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 24
( )
2
2
1
2
2
2
2
2
3
1 AB 1S a
2 2 2
1 AC 1S x
2 2 2
1 CB 1S a x
2 2 2
⎛ ⎞= π = π⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= π = π⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= π = − π⎜ ⎟⎝ ⎠
Scần tìm = ( ) ( ){ }22 21 2 3 1S S S a x a x2 ⎡ ⎤− + = π − + −⎣ ⎦ 
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
22 2 2 2
2
1 1a x a 2ax x 2x 2ax x ax
2 2
a a a a ax ax x
4 4 2 4 4
= π − − + − = π − + = π − +
⎡ ⎤⎛ ⎞ π π⎛ ⎞= π − + − + = −π − + ≤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
Vậy S cần tìm 
2a
4
π≤ (không đổi) 
Dấu “ = ” xảy ra ax
2
= C là trung điểm của AB. 
Bài toán 24: 
Cho ∆ABC vuông cân tại A có AB = AC = a. Trung tuyến AD. M di động 
trên đoạn AD. N, P là hình chiếu của M trên AB, AC. H là hình chiếu của 
N trên PD, biết nNHB = 45o 
Xác định vị trí điểm M để ∆AHB có diện tích lớn nhất 
Chứng minh rằng khi M di động, đường thẳng HN luôn luôn đi qua một 
điểm cố định. Suy ra vị trí của M để HN dài nhất. 
Giải: 
Ta có tứ giác APHN nội tiếp (vì l lA H+ = 
180o) 
Mà nPMN = 90o 
=> 5 điểm A, P, H, M, N cùng thuộc 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 25
đường tròn đường kính PN và AM. 
=> nAHM = 90o mà nAHN = nAPN = 45o 
n
n
0
0
NHM 45
H; M; B
mà NHB 45
⎫= ⎪⇒ ⇒⎬= ⎪⎭
thẳng hàng 
( )22 22 2 2 4
AHB AHB
2
2 4 2
AHB AHB
AH HB1 1 1 1S AH HB S AH HB AB
2 3 4 4 16
1 1 aS AB S AB
16 4 4
+= ⋅ ⇒ = ⋅ ≤ =
⇒ ≤ ⇒ ≤ =
Vậy max 
2
2 2
AHB
aS khi AH HB AH HB
4
= = ⇔ = H trùng D. Khi đó 
điểm M trùng điểm D. 
b) Ta có n n 0AHB ADB 90= = ⇒ H và D cùng thuộc đường tròn đường kính 
AB cố định. Gọi I là giao điểm của đường thẳng HN và đường tròn đường 
kính AB => I là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB, vậy I 
cố định. Khi M trùng với D thì HN dài nhất. 
Bài toán 25: 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi MNPQ là hình chữ nhật nội tiếp 
trong tam giác ABC ( M, N BC;P AC;Q AB∈ ∈ ∈ ). Chứng minh rằng diện 
tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn nhất khi PQ đi qua trung điểm của 
đường cao AH. 
Giải: 
Xét ∆ABC có PQ // BC 
AQ QP
AB BC
⇒ = (1) 
Xét ∆BAH có QM//AH 
BQ QM
BA AH
⇒ = (2) 
Cộng từng vế (1) và (2) ta có: 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 26
2
MNPQ
ABC
ABC ABC
MNPQ MNPQ
AQ BQ QP QM
AB AB BC AH
2SBQ QM QP QM QP QM1 1 4
AB AH BC AH BC AH S
S S QP QM 1 BCS Max S khi QP
2 2 BC AH 2 2
+ = +
⎛ ⎞⇒ = + ⇒ = + ≥ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠
⇒ ≤ ⇒ = = = ⇔ =
Tức là khi PQ là đường trung bình của tam giác ABC. Khi đó PQ đi qua 
trung điểm của AH. 
Bài toán 26: 
Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Trên AD và CD lấy các điểm M và N 
sao cho n 0MBN 45= . Tìm vị trí của M và N sao cho SMDN lớn nhất 
Giải: 
Kẻ AC cắt BM ở E và cắt BN ở F; EN cắt 
FM ở H . Nối BH cắt MN ở I. 
Ta dễ dàng chứng minh được các tứ giác 
BCNE và ABFM nội tiếp. 
n nABM AFM= (cùng chắn cung qAM ) 
Ta có: tứ giác BEHF nội tiếp 
=> n nEFH EBH= (cùng chắn cung pEH ) 
=> n nABM MBI= 
∆BAM = ∆BIM (đặc biệt) 
=> AM= IM 
Ta lại có ∆IBN = ∆CBN => CN = IN 
=> AM + CN = IM + IN 
=> MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN 
=> 2a = MN + MD + DN 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 27
Đặt DM = x; DN = y => 2 2 MDN
xyMN x y S
2
= + ⇒ = 
Lúc này ta phải xác định x và y thỏa mãn : 
2 2x y x y 2a+ + + = sao cho xy lớn nhất. 
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
22 2
2
MDN
x y 2 xy
2a x y x y 2 xy 2xy xy 2 2
2axy a 2 2
2 2
xy a a 2 2a 3 2 2
xyS a 3 2 2
2
+ ≥
⇒ = + + + ≥ + = +
⇒ ≤ = −+
⇒ ≤ − = −
⇒ = ≤ −
Vậy max ( )2MDNS a 3 2 2= − 
Vậy khi DM = DN = ( )a 2 2− thì SMDN lớn nhất và max 
( )2MDNS a 3 2 2= − . 
D. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP 
Bài 1: Cho hình vuông ABCD có AB = a cố định. M là một điểm di động 
trên đường chéo AC. Kẻ ME AB; MF BC⊥ ⊥ . Xác định vị trí của M trên 
AC sao cho diện tích tam giác DEF nhỏ nhất. 
Bài 2: Cho hình thang vuông ABCD (đáy AD//BC), lA = 90o. M la một 
điểm di động trên cạnh AB. Xác định vị trí của M để tam giác MCD có chu 
vi đạt giá trị bé nhất. 
Bài 3 : Cho (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn với OA R 2= 
Một đường thẳng d quay quanh A cắt (O) tại M và N. Tìm vị trí của đường 
thẳng d tương ứng lúc tổng (AM + AN) lớn nhất. 
Bài 4: Cho 2 điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác MAB 
có 3 góc nhọn. Gọi H là trực tâm tam giác MAB và K là chân đường cao 
vẽ từ M của tam giác MAB. Tìm giá trị lớn nhất của tích KH.KM 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 28
Bài 5: Cho (O;R) và (O’;R’) cắt nhau tại A và B. Một cát tuyến di động 
qua A cắt (O;R) tại C và cắt (O’;R’) tại D sao cho A nằm giữa C và D. Xác 
định vị trí của cát tuyến CD để: 
Chu vi ∆BCD nhận giá trị lớn nhất. 
SBCD lớn nhất. 
Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BCD lớn nhất. 
Bài 6: Cho góc xAy, đường tròn (O;R) tiếp xúc với hai cạnh của góc tại B 
và C. Tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ trên cung nhỏ BC cắt AB tại D và 
cắt AC tại E. Xác định vị trí của M sao cho: 
Độ dài đoạn DE ngắn nhất. 
SADE lớn nhất 
Đường cao AA’ của ∆ADE dài nhất. 
Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ADE dài nhất. 
Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ADE ngắn nhất. 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 29
IV. KẾT QUẢ THỰC HIỆN CÓ SO SÁNH ĐỐI CHỨNG : 
Đã tiến hành kiểm tra 2 đối tượng học sinh trước khi thực hiện đề tài này là 
học sinh khá và giỏi 
Trước khi thực hiện đề tài : Giỏi: 10% 
 Khá: 30% 
 Trung bình: 60% 
Sau khi thực hiện đề tài: Giỏi: 40% 
 Khá: 40% 
 Trung bình: 20% 
V. NHỮNG KIẾN NGHỊ SAU QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ 
TÀI : 
Là một giáo viên trẻ, chưa nhiều kinh nghiệm trong công tác giảng dạy nên 
khi làm đề tài còn nhiều khiếm khuyết. Mong hội đồng giám khảo góp ý, 
bổ sung cho bản đề tài được tốt hơn. 
Xin chân thành cảm ơn! 
Thanh Oai, ngày 20 tháng 05 năm 2006 
Người thực hiện 
Nguyễn Thị Hương 
Đề tài sang kiến kinh nghiệm 
Nguyễn Thị Hương 30