Sáng kiến kinh nghiệm Bất đẳng thức và cực trị hình học

*Chú ý:
 Ngoài các kiến thức hình học cơ bản trên, ta cũng thường sử dụng các bất đẳng thức đại số quen thuộc:
a)Bất đẳng thức Cô-Si: 
b) Với hai số không âm:
- Nếu tổng của chúng không đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau.
- Nếu tích của chúng không đổi thì tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi hai số ấy bằng nhau.
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP 
Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thường dùng các phương pháp sau: 
- Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc.
- Vận dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc .
- Vận dụng bất đẳng thức trong tam giác và đường tròn tìm cực trị.
- Vận dụng bất đẳng thức đại số. 
- Vận dụng diện tích tìm cực trị.
3. CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ
3.1. CÁC BÀI TOÁN LỚP 7
Bài 1: Cho tam giác ABC, M là trung diểm của cạnh BC và . Chứng minh: AB < AC
	GIẢI:
Vẽ tia đối của tia MA, trên tia này lấy điểm D sao cho MD = MA.
Xét MAB và MDC có: MA = MD, = (đối đỉnh)
BM = MC (M là trung điểm cạnh BC).
Do đó MAB = MDC (c.g.c).
Suy ra AB = DC, = 
Xét ADC có:
 ( > (giả thiết); = )
AC > DC (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác)
Ta có DC < AC, AB = DC. Suy ra AB < AC.
Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD AC, CE AB (D AC, E AB). Chứng minh rằng AB – AC > BD – CE 
	GIẢI:
Trên cạnh AB lấy diểm F sao cho AF = AC.
Vì AB > AC nên F nằm giữa A và B.
Vẽ FG AC, FH BD (G AC, H BD)
Ta có FG AC, BD AC (giả thiết) FG // BD.
Xét GFD ( = ) và HDF ( = )
có DF (cạnh chung), = (vì FG // BD).
Do đó GFD = HDF (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra FG = HD, GH = FH
Xét GAF ( = ) và EAC ( = ) có: 
AF = AC
(góc chung)
Do đó GAF = EAC (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra FG = CE. Do vậy GF = CE = HD
Ta có FH BD nên FB > BH (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc)
Suy ra AB – AC > BD – HD. Hay AB – AC > BD – CE.
Bài 3: Cho tam giác ABV cân tại A, trên cạnh AB lấy diển D, trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE. Chứng minh rằng: BC < DE.
 	GIẢI
Gọi M là giao điểm của BC và DE.
Vẽ DI BC tại I, EK BC tại K
IDB = KEC (cạnh huyền – góc nhọn)
DI = EK, BI = CK
 BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. vẽ AH BC tại H. Chứng minh rằng: 
BC + AH > AB + AC.
	GIẢI:
Trên cạnh BC lấy D sao cho BD = AB.
Trên cạnh AC lấy E sao cho AE = AH, BD = AB
 BAD cân tại B = 
Mà + = , + = 
Nên = 
	HAD = EAD (c.g.c) 
	DE AC DC > EC
Do đó AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC. 
Bài 5: Cho = . B là điểm trên tia Ax, C là điểm trên tia Ay (B, C khác A). Chứng minh rằng: AB + AC 2BC.
	GIẢI:
Vẽ Az là tia phân giác của góc xAy.
Vẽ BM Az tại M, CN Az tại N.
Gọi K là giảo điểm của Az và BC.
	BM = AB, BM BK
Do đó AB BK AB 2BK 
Tương tự có AC 2CK
Do đó AB + AC 2(BK + CK) = 2BC
Bài 6: Tam giác ABC có = , = 54, trên cạnh AC lấy điểm D sao cho = 18. Chứng minh rằng: BD < AC.
	GIẢI:
Vẽ BE là tia phân giác của góc ABD ( E AD).
Từ E vẽ EF BD (F BD)
Ta có = = = 18
Xét ABE ( = ) và FBE ( = ) có:
BE (chung), = 
Do đó ABE = FBE (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra AE = FE, = = 72
DFE có = 180 - 2.72 = 36 mà = nên = - 36 = 54
Xét DFE có < FD < FE. Ta có FD < FE, AE = FE FD < AE
Mà = 36 EBC cân đỉnh E EB = EC.
Ta có BF < EB (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc)
Mà EB = EC nên BF < EC. Do đó BD = BF + FD < EC + AE = AC
 Bài 7: Cho tam giác ABC có BC là cạnh lớn nhất, BM là đường trung tuyến. Điểm D nằm trên đoạn BM (D khác B). Chứng minh rằng: > .
	GIẢI:
Trên tia đối của tia MD lấy E sao cho ME = MB
	MAE = MCB (c.g.c) AE = BC
Lại có BC > AB nên AE > AB
ABE có AE > AB 
Nên > 
Mà > ( ABC có BC > AB). 
Vậy < 
 > > .
 Do vậy > .
Bài 8. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng :
 AB + AC > 2AM.
	GIẢI:
Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA.
Xét MAB và MDC có: MA = MD, (đối đỉnh)
MB = MC (giả thiết)
Do đó MAB = MDC (c.g.c) AB = DC
Xét ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác)
Do đó AB + AC > AD mà AD = 2AM
Suy ra AB + AC > 2AM.
Bài 9: Cho tam giác ABC, M là điển nằm trong tam giác. Chứng minh rằng:
 MB + MC < AB + AC
	GIẢI:
Vẽ đường thẳng BM cắt AC tại D 
Vì M ở trong tam giác ABC nên D nằm giẵ A và C,
Suy ra: AC = AD + DC
Xét ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác)
 MB + MD < AB + AD	 (1)
Xét MDC có MC > DC + MD 	(2)
(bất đẳng thức tam giác)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:
MB + MC + MD < AB + (AD + DC) MB + MC < AB + AC.
Bài 10. Cho tam giác ABC, M là điểm trên tia phân giác góc ngoài đỉnh C. Chứng minh rằng MA + MB > AC + BC.
	GIẢI:
Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng 
MC cắt đường thẳng BC tại D, cắt MC tại H. 
Xét CAH có CH vừa là đường cao ( CH AD),
 vừa là đường phân giác (gt).
CAH cân tại C CA = CD, HA = HD
 MA = MD (Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu).
Xét MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác)
Mà BD = CD + BC = AC + BC. Dó đó MA + MB > AC + BC.
3.2.CÁC BÀI TOÁN LỚP 8.
Bài 1. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: SABCD AC.BD.
	GIẢI:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
Vẽ BH, DK lần lượt là các đường cao của tam giác ABC, DAC.
Do đó SABCD = SABC + SDAC
	 = BH.AC + DK.AC = AC.(BH + DK)
Mặt khác, BH OH BH OB và DK OK 
DK OD.
Mà OB + OD = BD, nên BH + DK BD. 
Vậy SABCD AC.BD.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác. Chứng minh rằng: 
AB + AC > AH + BH + CH. 
Từ đó suy ra chu vi tam giác ABC lớn hơn (AH + BH + CH)
	GIẢI:
Vẽ HD // AC, HE // AB (D AB, E AC).
Ta có HD // AC, BH AC (vì H là trực tâm ABC)
Nên HD BH DB > BH.
Chứng minh tương tự ta cũng có EC > CH.
Ta có: HD // AE, HE // DA
 Tứ giác AEHD là hình bình hành AD = HE
AEH có HE + AE > AH AD + AE > AH
Như vậy AB + AC = AD + DB + AE + EC = (AD + AE) +BD + EC > AH + BH + CH
Chưng minh tương tự ta có : AB + BC > AH + BH + CH, AC + BC > AH + BH + CH
Do đó 2(AB + BC + AC) > 3(AH + BH + CH). 
Vậy AB + BC + AC > (AH + BH + CH)
Bài 3. Cho tam giác ABC có AB > BC. Các đường phân giác trong là AD và CE. Chứng minh rằng: AE > DE > CD.
	GIẢI:
Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB ở K
Ta có AD là đường phân giác trong của tam giác ABC
Nên và CE là đường phân giác trong của
tam giác ABC nên . Mà AB > BC.
Do đó < . Vậy 
ABC có DK // AC 
theo định lí Ta-let trong tam giác ta có .
Do đó + 1 < + 1. 
Hay KB > EB.
 K không trùng E. Do vậy DE cắt AC, gọi M là giao điểm của DE và AC.
Ta có > ( là góc ngoài của tam giác DAM)
 = (gt). Do đó > . 
Xét ADE có > AE > DE	(1)
Mặt khác = (gt), mà > ( là góc ngoài của CEM),
Do đó > . Xét DCE có > DE > CD	(2)
Từ (1) và (2) ta có AE > DE > CD.
Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 2CD. 
So sánh và .
	GIẢI:
Vẽ AE là đường phân giác của tam giác ADB.
Ta có 	 > = nên AB > AD.
ABD có AE là đường phân giác 
 > 1 EB > ED EB > 
Gọi M là trung diểm của BD MB = . 
Vậy M nằm giữa B và E. Nên < .
ABM = ACD (c.g.c) . Vậy < .
Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AB, AC lấy M, N sao cho AM = AN = AH. Chứng minh rằng .
	GIẢI:
Gọi K là trung điểm cạnh BC
Xét ABC vuông tại A, AK là đường trung tuyến
 AK = . Ta có AH AK (vì AH HK)
Do đó SAMN = AM.AN = AH.AH AH.AK
Mà SABC = AH.BC = AH.AK. Vậy .
Bài 6. Cho tam giác OBC cân tại O. Hai đường thẳng m và m’ lần lượt qua B và C song song với nhau và không cắt tam giác OBC. Gọi A là giao điểm của hai đường thẳng OC và m, D là giao điểm của hai đường thẳng MO và m’. Xác định vị trí của m và m’ để tích AB.CD đạt giá trị nhỏ nhất.
	GIẢI:
Vẽ OH BC, OE // m (H, E BC) m // m’ (gt) nên OE // m’
ABC có OE // AB = (1); 
BDC có OE // DC (2)
Cách 1: Từ (1), (2) ta có
OE = = 1 
Do đó = 
 AB.CD 4OH2 (vì OE OH)
Dấu “=” xảy ra AB = CD và E H
	 m BC và m’ BC
Cách 2: Từ (1), (2) ta có: = . Mà BE.EC (BE + EC)2 = BE2
Suy ra AB.CD 4.OE2. Mặt khác OE OH nên AB.CD 4.OH2
Dấu “=” xảy ra BE = EC, E H m BC; m’ BC 
Bài 7. Tam giác ABC có diện tích S. các điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AD = k.AB; BE = k.BC; CF = k. CA.
Tính diện tích tam giác DEF theo S và k.
Với giá trị nào của k thì đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải.Ta có 
Lại có: 
Do đó SBDE = ( 1 – k).kS.
Tương tự ta có: SCFE = ( 1 – k).kS
	 SDAF = ( 1 – k).kS
Vì S không đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức 1 – 3k + 3k2 đạt giá trị nhỏ nhất
Ta có 1 – 3k + 3k2 =.
Dấu “=” xảy ra 
Vậy với k = thì diện tích đạt giá trị nhỏ nhất bằng . Khi đó các điểm D, E, F theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA.
Bài 8. Chứng minh rằng trong các tam giác vuông có chiều cao ứng với cạnh huyền không đổi, tam giác vuông cân có chi vi nhỏ nhất.
 Giải
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung
Tuyến AM. Chu vi tam giác ABC bằng
P = AB + BC + AC
Mà BC = 2AM 2AH
Dấu “ = “ xảy ra khi H M
Ta có AB + AC 
	 = 
Dấu “=” xảy ra khi H M
Do đó P = AB + BC + AC
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng tam giác ABCvuông cân tại A.
Bài 9. Cho tam giác vuông ABC vuông ở A. AB = 4,1 cm; AC = 3,2 cm. M là điểm thay đổi trên cạnh BC; gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và AC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác HMK.
	GIẢI
Tứ giác AHMK có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
 nên tam giác MHK vuông ở M. 
Diện tích tam giác MHK là S= 
Áp dụng định lý TaLet ta được 
Suy ra 
 Đáp số S lớn nhất bằng 1,64 (cm2) khi Hay M là trung điểm BC. 
Bài 10. Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2.
Chứng minh rằng SABCD 
	GIẢI:
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Vẽ AH BD tại H, CK BD tại K.
HAB vuông tại H AB2 = HA2 + HB2
KCD vuông tại K CD2 = KD2 + KC2
Nên AB2 + CD2 = 
Tương tự có BC2 + AD2 = 
Ta có = 
	HB2 + KD2 = KB2 + HD2
Ta có H K AC BD SABCD = AC.BD SABCD 
Bài 11. Cho hình chữ nhật ABCD, M là điểm nằm trong hình chữ nhật. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức AM.CM + BM.DM
	GIẢI:
Qua M vẽ HK BC (H BC, K AD)
BC // AD nên HK AD
Vẽ điểm E ở ngoài hình chữ nhật ABCD
Sao cho AE = CM, DE = BM
MBC = EDA (c.c.c) SMBC = SEDA
SABCD = AB.BC = KH.BC = 2
	 	= 2(SMBC + SMAD) 
= 2(SEDA + SMAD ) 
= 2SMAED 
= 2(SMAE + SMED)
Vẽ MI AE, MJ DE (I AE, J DE)
 MI AM, MJ DM 
 MI.AE MA.AE và MJ.ED ED.DM
 2SMAE AM.CM và 2SMED BM.DM
Do đó AM.CM + BM.DM SABCD (không đổi).
 Dấu “=” xảy ra I A, J D.
Bài 12. Cho tam giác ABC, M là điểm cạnh BC. 
Chứng minh rằng: MA.BC < MC.AB + MB.AC	GIẢI:
Vẽ MD // AB (D AC) ABC có MD // AB
Suy ra MD = 
ADM có AM < MD + DA
Do đó MA < + MA.BC < MC.AB + MB.AC
Bài 13. Cho tam giác ABC, M là một điểm nằm trong tam giác (có thể ở trên cạnh). Chứng minh rằng MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC. Dấu “=” xảy ra khi nào?
	GIẢI:
Xét 2 trường hợp
a) ABC không có góc tù. AM cắt BC tại D. 
Vẽ BH AD, CK AD (H, K AD)
Ta có MA.BC = MA(BD + DC) MA(BH + CK)
	 = MA.BH +MA.CK = 2SMAB + 2SMAC
Chứng minh tương tự ta có
MB.CA 2SMAB + 2SMBC.
MC.AB 2SMAC + 2SMBC
Do đó ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC
Dấu “=” xảy ra M là trực tâm của ABC.
b) ABC có một góc tù, giả sử > .
Vẽ AB’ AC và AB’ = AB
M A và M nằm trong AB’C (nếu không ta
vẽ AC’ AB. AC’ = AC và giải tương tự)
 (AB =AB’) MB > MB’
Mà CB > CB’
Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB 
 > MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’
Theo a) ta có:
 MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ 4SAB’C = 2AB’.AC
Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > 2AB.AC > 4SABC
Tóm lại: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC
Dấu “=” xảy ra ABC không có góc tù và M là trực tâm của ABC.
Bài 14. Cho tam giác ABC ( = ). Từ một điểm M trong tam giác vẽ MI BC, MJ CA, MK AB (I BC, J CA, K AB). Xác định vị trí của điểm M sao cho tổng MI2 + MJ2 + MK2 đạt giá trị nhỏ nhất.
	GIẢI:
Vẽ đường cao AH của ABC
Tứ giác AJMK là hình chữ nhật (vì = = = ) AM = JK
MKJ có = nên theo định lí Py-ta-go ta có 
	JK2 = MK2 + MJ2
Do đó MJ2 + MK2 = MA2
Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA AI
	AH IH AI AH
Ta có MI2 + MJ2 + MK2
 = MI2 + MA2 AI2 AH2
Do đó MI2 + MJ2 + MK2 AH2 không đổiMI = MA
Do đó “=” xảy ra M nằm giữa A và I M là trung điểm AH I H
Bài 15. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các điểm K, L, M sao cho tam giác KLM vuông cân tại K. Xác định vị trí của K, L, M để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ nhất.
	GIẢI:
Kẻ LH AB (H AB)
Xét HLK và AKM có: 
 (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Và LK = MK (KLM vuông cân tại K)
Do đó HLK = AKM HK = AK, HK = AM
HBL có = ; = 
HBL vuông tại H HL = BH
Đặt AK = x, AM = y. Ta có AB = 2x + y
SABC = AB2 = (2x + y)2
	= [5(x2 + y2) – (x – 2y)2] 
.5(x2 + y2) = KM2 = 5.SKLM 
(AKM có nên x2 + y2 = AK2 + AM2 = KM2;
KLM vuông cân nên SKLM = KM2) SKLM SABC (không đổi)
Dấu “=” xảy ra x = 2y AK = AB, AM = AC.
3.3. CÁC BÀI TOÁN LỚP 9.
Bài 1. Cho góc xOy = 50o. Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz sao cho góc xOz = 22o. Trên Oz lấy điểm M sao cho OM = 67cm. Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua điểm M và cắt 2 tia Ox, Oy tương ứng tại A, B. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABO.
GIẢI
Ta chứng minh SOAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MA = MB.
Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB
 kẻ AN // Oy (N A’B’)
 ANBB’ là hình bình hành
 SOAB = SOANB’ < SOA’B’
Khi M là trung điểm của AB dựng hình bình hành OACB 
 OC = 134 (cm) 
Kẻ AH OC, đặt AH = x (cm). Ta có:
Và OH + HC = OC = 134 (cm) 
Lại có: x = OH . tan 220 
x = HC . tan 280 
Bài 2.Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểm M thuộc cung AB. Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Đường vuông góc với CM tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở D, E.
Chứng minh các tam giác ADC và BCE đồng dạng.
Giả sử OA = R và C là trung điểm OA. Tính diện tích nhỏ nhất của tứ giác ABED.
GIẢI
Ta chứng minh được
 ( cùng phụ với )
ADC = BCE (g.g)
(1)
Gọi S là diện tích hình thang ABED
Ta có: 
AD + BE (Bất đẳng thức Cô-si)
Từ (1), (2), (3) suy ra 
Vậy diện tích nhỏ nhất của hình thang ABED bằng , khi đó CMOA và ABED là hình chữ nhật.
Bài 3. Cho tam giác ABC không đều, ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng khi và chỉ khi 2BC AB + AC
	GIẢI:
Gọi D và E lần lượt là giao điểm của AI với BC và đường tròn (O) (E khác A).
Xét ABC có AD là đường phân giác = .
Do đó = = .
Ta có : , 
 , 
 , 
 ECI cân tại E EC = EI.
Xét ABD và AEC có , 
Do đó ABD AEC (g.g) . 
Nên .
OAE cân tại O (vì OA = OE)
Do đó EI AI 2BC AB + AC.
Bài 4. Cho hai đường tròn (O; R) và (O; R’) cắt nhau tại A và B (O và O’ ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB). Một cát tuyến di động qua B cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D sao cho B nằm giữa C và D. Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD nhận giá trị lớn nhất.
	GIẢI:
Vẽ đường kính AM của đường tròn (O) và đường
Kính AN của đường tròn (O’).
Ta có = và = 
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Ta có + = + = 180.
Suy ra M, B, N thẳng hàng. 
Ta có O; O’; A cố định, (O; R) và (O’; R’) cố định
M, N cố định.
Xét ACD và AMN có:
 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)).
Và (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O’)).
Do đó ACD AMN (g.g). Vì ACD AMN = 
	 P(ACD) = .AC
(trong đó P(ACD) và P(AMN) lần lượt là chu vi của các tam giác ACD, AMN).
Ta có P(AMN), AM không đổi. Do đó P(ACD) lớn nhất AC lớn nhất
AC là đường kính của đường tròn (O) CD AB tại B.
Vậy khi tiếp tuyến CBD vuông góc với AB tại B thì tam giác ACD có chu vi lớn nhất.
Bài 5. Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O, R) (BC 2R). A là điểm di động trên cung lớn BC. Vẽ hình bình hành ABCD. Xác định vị trí của A để độ dài BD lớn nhất.
	GIẢI:
Vẽ hình bình hành OBCI.
 Ta có I cố định, OI = BC và OI // BC
Mà BC = AC, OI // AD 
Tứ giác OADI là hình bình hành
 ID = OA = R
Xét ba điểm I, B, D có BD BI + ID
Nên BD BI + R, không đổi. Dấu “=” xảy ra I nằm giữa B và D
Vậy khi A là giao điểm của đường thẳng qua O và song song với đường thẳng BI với đường tròn (O) (A, B nằm khác phía đối với OI và OBCI là hình bình hành) thì độ dài BD lớn nhất.
Bài 6. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. C là điểm thuộc nửa đường tròn. Vẽ CH AB tại H. Đường tròn C, bán kính CH cắt nửa đường tròn (O) ở D, E. Chứng minh rằng SODCE = R2
	GIẢI:
Nối O với C, D với E, OC DE
Gọi I là giao điểm của OC và DE
SODCE = OC.DE = R.DE
CH CO CE OE CI OI
 OI OI2 IE R
 DE R. Do vậy SODCE = R2.
Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB = 2R . lấy điểm H trong đoạn AO sao cho OH = x (O < x < R). Qua H vẽ đường thẳng d⊥ AB và cắt nửa đường tròn tâm O tại M. Xác định x để chu vi HMO lớn nhất.
 Giải:
Đặt HM = y (O < y < R) xét , có:
OM2 = OH2 + HM2 ó x2 + y2 = R2 ( pytago)
Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 2(x2 + y2)
Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y R
Dấu “=” xảy ra ó x = y = 
Chu vi là C = OH + HM + OM 
 = x + y + R R + R = ()R
Vậy max C = ()Ró x = y = 
Do đó khi x = thì chu vi lớn nhất.
Bài 8. Cho đường tròn (O, R), BC là dây cung cố định khác đường kính. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho ABC nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF của ABC. Xác định vị trí của điểm A để chu vi DEF đạt giá trị lớn nhất.
GIẢI
Tứ giác BFEC nội tiếp vì có 2 đỉnh F, E cùng 
nhìn BC dưới 1 góc 
=> ( cùng bù )
Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O )
có: 
Vậy => Ax // EF 
mà Ax OA => OA EF 
CMTT: ta có OB FD , OC DE
Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD 
 = .(EF + DF + DE )
Dó đó : EF + DF + DE lớn nhất SABC lớn nhất
 A là điểm chính giữa cung lớn BC 
Bài 9. Cho nửa đường tròn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động trên nửa đường tròn. Ở phía ngoài ABC, vẽ các nửa đường tròn đường kính AC, BC ; gọi diện tích của 2 nửa hình tròn này là S1, S2
 a) CMR: tổng S1 + S2 không đổi
 b) Gọi S là diện tích hình giới hạn bởi ba nửa đường tròn. Tìm vị trí của điểm C để S có giá trị lớn nhất.
GIẢI
a) Tổng diện tích 2 nửa đường tròn đường kính AC, BC bằng:
 S1 + S2 = + 
 =.(AC2 + BC2) =.AB2=. 4R2 =không đổi
b) Gọi S3 là diện tích nửa hình tròn đường kính AB
Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3
Theo câu a, ta có S1 + S2 = = S3 => S = SABC
Do đó S lớn nhấ t SABC lớn nhất 
Kẻ CH AB, ta có:SABC = AB.CH AB.CO = 2.R.R = R2 (không đổi )
Do đó: Smax = R2 HO C là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB
Bài 10. Từ một khối gỗ hình nón có bán kính đáy là 12cm, chiều cao 30cm, người ta tiện thành một hình trụ . Tính thể tích lớn nhất có thể được của hình trụ được tiện ra.
GIẢI
Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có: 
Thể tích hình trụ là :
V = 
Vì x + x + (60 – 2x) = 60 không đổi nên tích đạt giá trị lớn nhất khi x = 60 – 2x ó x = 20
Vậy hình trụ có thể tích lớn nhất 
(Áp dụng : Nếu ba số dương có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi ba số đó bằng nhau)
Bài 11. Cho đường tròn (O) đường kính BC và điểm A thuộc đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của các đường phân giác của tam giác AHB, AHC. Đường thẳng IK cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh SAMN SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC).
 	GIẢI:
 Gọi D là giao điểm của AI và BC
 J là giao điểm của BN và CK 
 ABC có BJ, CJ là hai đường phân giác
J là tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC
AJ là đường phân giác của tam giác ABC
Mặt khác có:
	 (AHD vuông tại H)	(1)
	 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên 	(2)
Mà ( AD là tia phân giác )	(3)
Từ (1), (2), (3) có CAD cân tại C
	KJ AI
Chứng minh tương tự có IJ AK
Do vậy J là trực tâm AIK AJ IK 
AMN có AJ vưa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân
Vậy AMN vuông cân tại A
AMI AHI (vì , = 45) 
AH BC nên AH AO mà AO = 
	SAMN = AM.AN = AH2
	SABC = AH.BC
Vậy SAMN SABC
Bài 12. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
a) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ AB)
	GIẢI:
a) Lấy điểm D trên đoạn thẳng MC sao cho MD = MB
 BMD cân tại M có = 60 Tam giác BMD đều.
 Suy ra: BM = BD
 Ta