Dạng toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hình học 9

Bài tập cực trị hình học lớp 9 có lời giải

Dạng toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong Hình học 9 là một trong những chuyên đề nâng cao thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10. Để giải tốt dạng toán này, học sinh cần biết vận dụng linh hoạt các kiến thức về tam giác, đường tròn, tứ giác nội tiếp, bất đẳng thức hình học và các tính chất đặc biệt của hình. Bài viết tổng hợp phương pháp giải, kinh nghiệm làm bài và các dạng toán cực trị hình học thường gặp giúp học sinh nâng cao tư duy và đạt kết quả cao trong kỳ thi vào lớp 10.

Hướng dẫn giải

a) Dễ thấy OM ⊥ BC =>∆ HOK ∿ ∆AOM

=> \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OK}}{{OM}}\) => OA.OK = OH.OM (1)

Xét ∆ BOM vuông tại B nên : OB ² = OH.OM (2)

Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R ² (không đổi)

=> \(OK = \frac{{{R^2}}}{{OA}}\) (không đổi) do đó K cố định trên OA

b) Ta có OHK = 90 ⁰ => H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định.

c) Tứ giác MBOC có hai đường chéo vuông góc nên S _MBOC = \(\frac{1}{2}\)OM.BC

=> S nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất và BC nhỏ nhất.

+ OM nhỏ nhất khi M trùng với A

+ BC nhỏ nhất khi BC ⊥ OK => H trùng với K => M trùng với A

Nếu OA = 2R thì: \(OK = \frac{{{R^2}}}{{2R}} = \frac{R}{2}\); BC = 2 BK = \(2\sqrt {{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = R\sqrt 3\)

Vậy S_MBOC =\(\frac{1}{2}\).2R.\(R\sqrt 3 = {R^2}\sqrt 3\)

Hướng dẫn giải

a) Tứ giác MCKH nội tiếp \(= > \widehat {BCM}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {HKM}{\rm{ }} = \widehat {{\rm{ }}BAM};{\rm{ }}\widehat {HMK}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {BCA}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {BMA}{\rm{ }}\) => ∆ BMA ∼ ∆ HMK.

Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của ∆ BMA, ∆ HMK

 \(= > \frac{{MP}}{{MQ}} = \frac{{MB}}{{MH}}\)và \({\rm{ }}\widehat {BMH{\rm{ }}} = {\rm{ }}\widehat {PMQ}{\rm{ }}\)=> ∆ BMH ∿ ∆ PMQ

Mặt khác \({\rm{ }}\widehat {{\rm{BHM}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}\widehat {{\rm{PQM}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^{\rm{0}}}{\rm{ }}\) => PQ ⊥MQ.

b) Giả sử AC ≥ AB ta có:

 \(\frac{{AB}}{{MI}} + \frac{{AC}}{{MK}} = \frac{{AI - BI}}{{MI}} + \frac{{AK + KC}}{{MK}} = \frac{{AI}}{{MI}} + \frac{{AK}}{{MK}}\)(1)

(Do \({\rm{ }}\widehat {MBI}{\rm{ }} = {\rm{ }}\widehat {MCK}{\rm{ }} = > \cot \widehat {MBI} = \cot \widehat {MCK}{\rm{ = > }}\frac{{BI}}{{MI}} = \frac{{KC}}{{MK}}\))

Do \({\widehat C_1}{\rm{ }} = {\rm{ }}{\widehat A_1}{\rm{ }} = > \cot {\widehat A_1}{\rm{ }} = {\rm{ }}\cot {\widehat C_1}{\rm{ }}\) => \(\frac{{AI}}{{MI}} = \frac{{CH}}{{MH}}\) ( 2)

\({\widehat A_2}{\rm{ }} = {\rm{ }}{\widehat B_1} = > \cot {\widehat A_2}{\rm{ }} = {\rm{ }}\cot {\widehat B_1}{\rm{ }}\)=> \(\frac{{AK}}{{MK}} = \frac{{BH}}{{MH}} (3)\)

c) Từ (1),(2) và (3) suy ra\(\frac{{AB}}{{MI}} + \frac{{AC}}{{MK}} = \frac{{CH}}{{MH}} + \frac{{BH}}{{MH}} = \frac{{BC}}{{MH}}\) 

Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có :

∆ MBD ∿ ∆ MAC \(\left( {\widehat {BMD} = \widehat {AMC}, \widehat { DBM} = \widehat {CAM}} \right)\) \(\Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{BD}}{{AC}}\)

Tương tự ta có: \(\frac{{MC}}{{MA}} = \frac{{CD}}{{AB}}\)

Do đó \(\frac{{MB}}{{MA}} + \frac{{MC}}{{MA}} = 1\)

Suy ra MA + MB + MC = 2MA ≤ 4R

Vậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đường kính khi đó M là trung điểm của cung BC

Hướng dẫn giải

a) Xét ∆ BMD và ∆ CND:

BD=CD (vì AD là phân giác góc A) 

\(\angle ACD = \frac{1}{2}\)sđ cung AD

\(\angle MBD =\)A₁+D_1­=1/2sđ cung AB +1/2sđ cung BD =1/2sđ cung AD

=> \(\angle ACD\) = \(\angle MBD\). Trong (L), vì A₁ = A₂ => DM = DN

=> ∆ BMD = ∆ CND =>BM = CN.

b). Gọi I là trung điểm BC => I cố định

Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ =>MM’NN’ là hình bình hành.

=> K là trung điểm M’N’

Vì IM’ = BM = CN = IN’ => IM’=IN’=> IK là phân giác của ∠M’IN’

Do \(\left\{ \begin{array}{l} IM'//MB\\ IN'//CN \end{array} \right.\)=> IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đ­ờng phân giác ∠M’IN’

c) ∆ DMN cân tại D có ∠MDN = 180⁰ -∠BAC = Const

=> MN ngắn nhất ⇔DM nhỏ nhất⇔DM ⊥ AB ⇔khi AD là đ­ờng kính của (L).

5. a. Gọi S₁= S_AIB ; S₂ = S _CID ; S₃ = S _BIC ; S ₄ = S _AID

Kẻ \(AH \bot BD;CK \bot BD\)

Ta có: \(\begin{array}{l} {S_{AIB}} = \frac{1}{2}AH.BI\\ {S_{AID}} = \frac{1}{2}AH.DI \end{array}\)\(\Leftrightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_4}}} = \frac{{BI}}{{DI}}(1)\) và \(\begin{array}{l} {S_{CID}} = \frac{1}{2}CK.DI\\ {S_{BIC}} = \frac{1}{2}CK.BI\\ \end{array}\)

\(\Leftrightarrow \frac{{{S_3}}}{{{S_2}}} = \frac{{BI}}{{DI}}(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{{S_1}}}{{{S_4}}} = \frac{{{S_3}}}{{{S_2}}} \Leftrightarrow {S_1}.{S_2} = {S_3}.S_4^{}(3)\)

Ta có: S _ABCD = S ₁ + S ₂ + S ₃ + S ₄ \(\ge {S_1} + {S_2} + 2\sqrt {{S_3}.{S_4}} (4)\)

Từ (3) và (4) ta suy ra: \(S \ge {S_1} + {S_2} + 2\sqrt {{S_1}.{S_2}} = {(\sqrt {{S_1}} + \sqrt {{S_2}} )^2} \Leftrightarrow \sqrt S \ge \sqrt {{S_1}} + \sqrt {{S_2}}\) (đpcm)

b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:

* Nếu AB // CD ta có: S _ACD = S _BCD suy ra: S ₃ = S 4 \(\Rightarrow \sqrt S = \sqrt {{S_1}} + \sqrt {{S_2}}\)

* Nếu BC // AD ta có: S _ABC = S _CAD suy ra: S ₁ = S ₂=> \(\frac{{\sqrt S }}{2} \ge \sqrt {{S_1}} = \sqrt {{S_2}}\)

Dấu bằng sảy ra khi: S₁ = S ₂ = S ₃ = S ₄ = ABCD là hình bình hành.

📘 Nội dung tài liệu còn tiếp tục, mời bạn tải bản đầy đủ để tham khảo chi tiết hơn.

---------------------------------------

Chuyên đề tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong Hình học 9 không chỉ giúp học sinh củng cố kiến thức hình học mà còn phát triển khả năng tư duy logic và kỹ năng phân tích bài toán. Việc luyện tập thường xuyên các dạng cực trị hình học sẽ giúp học sinh nhận diện nhanh hướng giải, nâng cao khả năng suy luận và tự tin chinh phục các câu hỏi vận dụng cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.