Khóa luận Bài toán đẳng chu – bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp

Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 1 MỤC LỤC MỤC LỤC........................................................................................................ 1 LỜI NÓI ĐẦU ................................................................................................. 2 CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP...................................................................................... 3 1. Bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng ............................................. 3 1.1. Dạng phát biểu gốc.................................................................................... 3 1.2. Dạng phát biểu tương đương..................................................................... 3 1.3. Chứng minh sự tương đương của hai phát biểu trên................................. 4 2. Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng).................... 4 3. Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng . 5 3.1. Phép chứng minh sơ cấp của Steiner ........................................................ 5 3.2. Phép chứng minh cao cấp ........................................................................ 8 CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP..............................................................................................12 1. Các bài toán về diện tích lớn nhất.........................................................................12 1.1. Loại gốc .............................................................................................................12 1.2. Loại mở rộng......................................................................................................22 2. Các bài toán về chu vi nhỏ nhất ............................................................................39 2.1 Loại gốc ..............................................................................................................39 2.2 Loại mở rộng.......................................................................................................43 PHẦN KẾT LUẬN........................................................................................ 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO.............................................................................. 61 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 2 LỜI NÓI ĐẦU - - - \[ - - - Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển mạnh mẽ. Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp được biết đến từ thời cổ đại nhưng mới chỉ được chứng minh tương đối chặt chẽ trong nửa đầu của thế kỷ XIX và được chứng minh hoàn toàn chặt chẽ bằng nhiều cách khác nhau trong thế kỷ XX. Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian sơ cấp có phép chứng minh khó và phức tạp hơn rất nhiều. Mục đích của khóa luận là giới thiệu một vài phép chứng minh đầy đủ về bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng cũng như trong không gian đồng thời tổng hợp một lớp bài toán đẳng chu phẳng và không gian. Tuy nhiên, vì thời gian không cho phép chúng tôi tự ý thu hẹp đề tài, chỉ trình bày một số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng. Vì vậy, khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP. Hy vọng trong thời gian tới khi có điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức độ nâng cao hơn trong không gian. Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1: Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Chương 2: Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp. Mặc dù đã rất cố gắng nhưng bản khóa luận có thể còn có sai sót, rất mong quý thầy cô và các bạn đồng môn vui lòng chỉ bảo. Để hoàn thành bản Khóa luận này, tôi đã được sự hướng dẫn nhiệt tình của Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, sự giúp đỡ và chỉ bảo về thủ tục của các Thầy cô trong Khoa Sư phạm nói chung và Bộ môn Toán nói riêng. Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô! Xin kính chúc quý thầy cô nhiều sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt! SV thực hiện: Lê Thanh Bình Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 3 Chương I BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - - Chương này giới thiệu bài toán và bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp. Đối với bài toán phẳng, chúng ta đưa ra chi tiết hai phép chứng minh, một chứng minh sơ cấp của Steiner ( mà còn chưa chặt chẽ) và một chứng minh cao cấp hoàn toàn chặt chẽ có sử dụng các kiến thức của giải tích nhiều biến và hình học vi phân cổ điển. 1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG Bài toán đẳng chu được biết đến từ thời cổ đại. Bằng vẻ đẹp tự nhiên của mình, bài toán đẳng chu có một lịch sử vô cùng hấp dẫn (xem [1]). Công trình cốt yếu nhất giới thiệu được một chứng minh tương đối chặt chẽ cho bài toán đẳng chu được công bố năm 1841 bởi Jacob Steiner (1796-1863). Vào thời gian đó, bài toán đẳng chu là trung tâm của các cuộc tranh chấp giữa hai phương pháp: giải tích (tức là dùng các phép tính vi phân) và phương pháp tổng hợp của hình học thuần túy. Mặc dù thừa nhận giá trị của phương pháp giải tích, Steiner chỉ dùng phương pháp tổng hợp. Chứng minh của Steiner có một thiếu sót mà sau này được chỉnh lý lại bằng phương pháp giải tích. Để hiểu rõ hơn bản chất của bài toán đẳng chu, trước hết chúng ta phát biểu bài toán dưới hai dạng tương đương. 1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn có diện tích lớn nhất. 1.2. DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với diện tích đã cho, hình tròn có chu vi nhỏ nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 4 1.3. CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN Định lý 1 Hai phát biểu trên tương đương. Chứng minh Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc là A, phát biểu còn lại là B. • Giả sử A đúng. Ta cần chứng tỏ B cũng đúng. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng B sai. Khi đó, đối với hình tròn C đã cho, tồn tại một hình phẳng F có cùng diện tích với C nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của C. Ta co rút C về đường tròn C’ có cùng chu vi với F. Lúc đó diện tích của C’ nhỏ hơn diện tích của C, do đó cũng nhỏ hơn diện tích của F. Điều này mâu thuẫn với tính đúng của A. Mâu thuẫn này chứng tỏ B phải đúng. Tức là A kéo theo B. • Khẳng định ngược lại rằng B kéo theo A được lập luận tương tự. Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây. Nếu bất đẳng thức đẳng chu đã được chứng minh thì hệ quả hiển nhiên của nó là bài toán đẳng chu được giải quyết. Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu. 2. ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG) Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích bằng A (đvdt) và chu tuyến là một đường cong khép kín, 1C - từng khúc với chiều dài bằng hằng số L (đvđd). Khi đó ta có 24 A LΠ ≤ . Dấu “=” xảy ra khi C là hình tròn. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 5 3. VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG 3.1. PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER 3.1.1. Bao lồi và lý do tại sao bất đẳng thức đẳng chu chỉ cần phải chứng minh trong trường hợp miền lồi Bao lồi của miền Ω , ký hiệu là Ω , được định nghĩa là tập lồi nhỏ nhất chứa Ω . Do đó Ω= ∩{K / K là miền lồi phẳng chứa Ω}. Nếu Ω lồi thì Ω =Ω . Giả sử miền Ω không lồi, ta có thể xây dựng một miền lồi chứa Ω mà diện tích lớn hơn nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của Ω . Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đẳng chu đối với các miền lồi. Điều này được biện minh bởi bổ đề dưới đây. 3.1.2. Bổ đề 1 Cho Ω là hình phẳng đóng, bị chặn được bao quanh bởi đường cong khép kín 1C - từng khúc với bao lồi là Ω . Khi đó ta luôn có: ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) i S S ii L L Ω ≥ Ω ∂ Ω ≤ ∂ Ω Nếu Ω không lồi, các bất đẳng thức trên là nghiêm ngặt. Chứng minh Đặt K = Ω . K phải chứa mọi điểm của Ω và chứa những đoạn thẳng nối hai điểm phân biệt bất kỳ của Ω . Tập các điểm trong của K không thuộc Ω được phân hoạch thành các thành phần liên thông iO rời nhau: int( ) iiK O− Ω = U . Nếu Ω lồi, ii OU là tập rỗng. Mỗi điểm X K∈∂ có Ω Ω Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 6 thể thuộc ∂Ω hoặc không. Nếu X ∉∂Ω , áp dụng định lý Caratheodory, X là một điểm nằm trên đường thẳng 2d ⊂ sao cho K nằm về một phía của d và tồn tại các điểm ,i iY Z d∈∂Ω∩ để X nằm giữa ,i iY Z . Giả sử iO là miền giữa d và Ω .Vì X ∉∂Ω nên iO chứa một phần hình tròn lân cận của X (có diện tích dương). Do đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( )iiS K S S O S= Ω + > Ω∑ . Bây giờ ta cắt biên Ω thành hai phần tại ,i iY Z . Đặt iΓ là phần của ∂Ω từ iY đến iZ dọc iO∂ . Đặt i i iOΛ = ∂ − Γ là đoạn thẳng từ Yi đến iZ . Khi đó ( ) ( )i iL LΛ < Γ . Mặt khác ( )iiK O= Ω∪ U . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )i iiL K L L L L∂ = ∂Ω + Λ − Γ ≤ ∂Ω∑ . 3.1.3. Bổ đề 2 Trong tất cả các tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a và b, tam giác vuông có diện tích lớn nhất. Chứng minh Giả sử tam giác ABC có độ dài hai cạnh , BC a AC b= = và diện tích bằng S. Khi đó ta có: 1 1sin 2 2 S ab C ab= ≤ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ( )sin 1 2 C C π⎛ ⎞= ⇔ =⎜ ⎟⎝ ⎠ . Tức là S lớn nhất khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại C. iΓ iΛ iO iZ iY Ω d Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 7 3.1.4. Bổ đề 3 Nếu hình phẳng đóng, bị chặn và lồi A bị chia bởi một dây cung nào đó (tức là một đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên của A ) thành 2 phần có cùng chu vi nhưng diện tích khác nhau thì tồn tại hình 1A có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. P A' A'1 A" Q Chứng minh Giả sử PQ là một dây cung chia hình phẳng A thành hai phần A’, A’’ có cùng chu vi nhưng diện tích của A’ lớn hơn diện tích của A’’. Gọi '1A là hình đối xứng của A’ qua đường thẳng PQ. Khi đó hình 1A = A’ ∪ '1A có cùng chu vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. 3.1.5. Định lý 2 Cho C là hình phẳng, đóng, bị chặn và lồi trong mặt phẳng. Nếu C không là hình tròn thì tồn tại hình C’ có cùng chu vi như C nhưng diện tích lớn hơn. Nói cách khác, hình tròn có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình phẳng có cùng chu vi. Chứng minh của Steiner Lấy P,Q là hai điểm biên của C mà nó chia C thành hai hình có chu vi bằng nhau. Vì C không là đường tròn nên tồn tại V C∈ sao cho 090PVQ ≠ . Gọi 1 2,B B là hai hình giới hạn bởi C và hai dây cung PV và QV. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 8 Vì tam giác PVQ không vuông nên theo bổ đề 2, tồn tại tam giác vuông P’V’Q’ có ' ', ' 'PV P V QV Q V= = nhưng diện tích lớn hơn. Ta thấy diện tích hình S tạo bởi tam giác P’V’Q’ và hình 1 2,B B lớn hơn diện tích của tập hợp gồm 1 2,B B và PVQ. Suy ra diện tích của hình phẳng C’ gồm hợp của S và ảnh đối xứng S’ của nó qua P’Q’ sẽ lớn hơn diện tích của C nhưng có cùng chu vi với C. Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng chu đúng. 3.1.6. Nhận xét Trên đây là cách chứng minh của Steiner được công bố vào năm 1841. Cách chứng minh này hoàn toàn sơ cấp và dễ hiểu. Tuy nhiên nhược điểm cơ bản của nó là đã thừa nhận một điều không hề hiển nhiên rằng bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng có lời giải để từ đó suy ra lời giải là đường tròn. Nói cách khác Steiner mới chỉ chứng minh được rằng: nếu trong các hình phẳng có cùng chu vi tồn tại hình có diện tích lớn nhất thì hình đó phải là hình tròn. Để chứng minh của Steiner trở nên chặt chẽ, ta cần phải chứng minh sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi. 3.2. PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP 3.2.1. Bổ đề 4 Cho A là diện tích của miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến là đường cong khép kín C đơn, C1 – từng khúc định hướng dương (tức là ngược chiều kim đồng hồ) xác định bởi phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t∈ [a, b]. Khi đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1. ' . ' . ' . ' 2 b b b a a a A y t x t dt x t y t dt x y y x dt= − = = −∫ ∫ ∫ (*) Chứng minh 1B P’ 2B1B Q V 2B V’ Q’ P Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 9 Ta có ( ) ( ) '( ) (1 0) b a C D x t y t dt odx xdy dxdy= + = −∫ ∫ ∫∫ ( theo công thức Green ) = ( )D dxdy A=∫∫ . Tương tự ta cũng có ( ) ( ). '( ) 0 b a C D y t x t dt ydx dy dxdy A− = − + = =∫ ∫ ∫∫ . ( ) ( ) ( ) 1 1( ) '( ) ( ) '( ) 2 2 b a C D x t y t y t x t dt ydx xdy dxdy A− = − + = =∫ ∫ ∫∫ . 3.2.2. Định lý 3 Cho C là một đường cong phẳng khép kín, đơn, C1- từng khúc với chiều dài là L; A là diện tích miền phẳng đơn liên giới hạn bởi C. Khi đó ta có 24 A LΠ ≤ . Chứng minh Lấy E và E’ là hai đường thẳng song song theo phương thẳng đứng không cắt C. Tịnh tiến chúng theo phương thẳng đứng cho đến khi cả hai tiếp xúc C ta nhận được hai tiếp tuyến ∆ và ∆’ của C song song song với nhau. Khi đó C thuộc dải song song giới hạn bởi ∆ và ∆’. Gọi 1S là đường tròn nhận ∆ và ∆’ là hai tiếp tuyến và không cắt C và O là tâm đường tròn 1S . Dựng một hệ trục toạ độ Đề các vuông góc gốc O có trục hoành vuông góc với ∆ và ∆’. Tham số hoá đường cong C bởi độ dài cung α (s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] sao cho C được định hướng dương, còn ∆ và ∆’ tiếp xúc với C lần lượt tại 0s = và 1s s= . Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 10 Giả sử phương trình tham số của 1S là: ( ) ( ) ( ) [ ] ( ); ( ) ( ); ( ) ; 0,s x s y s x s y s s Lα = = ∈ , Gọi 2r là khoảng cách giữa ∆ và ∆’, do đó đương nhiên 2r là đường kính của đường tròn 1S ; A là diện tích của 1S . Theo bổ đề 4, ta có : 0 ' L A xy ds= ∫ ; 2 0 'LA r yx dsπ= = −∫ . E’ O ∆ ∆’ E 0s = 1s s= 2r 1S α α y x C Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 11 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxki với chú ý ( ) ( )2 2' 'x y+ = ( )2'( )sα = 1, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 22 0 0 2 2 22 22 0 0 ' ' ' ' ' ' . L L L L A r xy yx ds xy yx ds x y x y ds x y ds Lr π+ = − ≤ − ≤ + + = + = ∫ ∫ ∫ ∫ Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương A và 2rπ , ta có: ( )2 2 21 1. 4 A L2 2A r A r Lrπ π π≤ + ≤ ⇔ ≤ . Giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó ta phải có: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 ; . ' ' ' ' A r x yx y r y x y x π⎧ =⎪⎪ +⎨ = = ± = ±⎪⎪ +⎩ . Nói riêng, x = ± ry’. Vì r không phụ thuộc vào việc chọn hướng ∆, ta có thể đổi vai trò x, y trong hệ thức cuối cùng để được y = ± rx’. Do đó ( ) ( )( )2 22 2 2 2' 'x y r x y r+ = + = . Suy ra C là đường tròn. Nói cách khác, nếu 24 A Lπ = thì C là đường tròn. 3.2.3. Nhận xét • Chứng minh này hoàn toàn chặt chẽ vì không còn dựa vào sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi nữa. • Ngoài phép chứng minh trên, còn một vài phép chứng minh khác như chứng minh của Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger), chứng minh của Minkowski (dùng bất đẳng thức Steiner và bất đẳng thức Brunn ), chứng minh của Hadwiger. Vì khuôn khổ của bản luận văn có hạn nên chúng tôi không giới thiệu các chứng minh đó ở đây. Độc giả nào quan tâm xin tham khảo tài liệu [1]. Chỉ xin nhấn mạnh lại rằng, việc có rất nhiều nhà Toán học từ cổ chí kim quan tâm đến bài toán và bất đẳng thức đẳng chu đã chứng tỏ rằng bài toán đẳng chu có một lịch sử hấp dẫn biết nhường nào. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 12 Chương II MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - - Chương này sẽ hệ thống lại các bài toán đẳng chu cơ bản trong hình học phẳng sơ cấp. Ở đây, chúng tôi phân biệt hai loại: bài toán đẳng chu gốc và mở rộng. Các bài toán đẳng chu loại gốc bao gồm: - Có yếu tố hằng về chu vi ; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích. - Có yếu tố hằng về diện tích; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi. Các bài toán đẳng chu loại mở rộng bao gồm: - Có chu vi không lớn hơn L0; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích. - Có diện tích không nhỏ hơn A0; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi. Lớp các bài toán đẳng chu mở rộng phong phú hơn và không kém phần hấp dẫn so với bài toán đẳng chu gốc. 1.CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH LỚN NHẤT 1.1 LOẠI GỐC Bài toán 1: Trong tất cả các tam giác với chu vi đã cho, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Giải Xét tam giác bất kì ABC với độ dài các cạnh là a , b , c và chu vi 2 p a b c= + + (cho trước). Theo công thức Heron: ( )( )( ) S p p a p b p c= − − − Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p a− , p b− , p c− : Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 13 ( )( )( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 p a p b p c pp a p b p c − + − + −− − − ≤ = ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) 3 4 2 2 27 27 3 3 (3.1) 9 9 p pp a p b p c p p a p b p c p pp p a p b p c S ⇒ − − − ≤ ⇒ − − − ≤ ⇒ − − − ≤ ⇒ ≤ Đẳng thức xảy ra trong (3.1) khi và chỉ khi : p a p b p c− = − = − ⇔ a b c= = Vậy 2 3max( ) 9 pS = ; đạt được khi và chỉ khi ABC∆ đều. Kết luận: Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p thì tam giác đều cạnh 2 3 p có diện tích lớn nhất. Bài toán 2: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Xét hình chữ nhật bất kỳ ABCD với hai kích thước x, y và chu vi 2a (cho trước); suy ra ( )2 2a x y= + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x, y ta có: 2 2 2 (3.2) 2 4 4 x y a axy S+⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ra trong (3.2) khi và chỉ khi : 2 ax y= = ⇔ ABCD là hình vuông. Vậy 2 max( ) 4 aS = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 3: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài 2 cạnh là x , y ( )0, 0x y> > và chu vi ( )2 2p x y= + (cho trước). Gọi α là góc giữa 2 cạnh hình bình hành. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 14 Khi đó diện tích .sin S xy xyα= ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: 2 x yxy +≤ ⇔ 2 2 2 2 2 4 x y p pxy +⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇔ 2 2 .sin sin 4 4 p pxy α α≤ ≤ ⇔ 2 4 pS ≤ (3.3) Đẳng thức xảy ra trong (3.3) khi và chỉ khi: sin 1 2 px y α =⎧⎪⎨ = =⎪⎩ ⇔ 0 90 2 px y α⎧ =⎪⎨ = =⎪⎩ ⇔ ABCD là hình vuông Vậy 2 max( ) 4 pS = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Kết luận: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 4: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải B I F G H EA CD Hình 3.1 Bổ đề: Cho tứ giác lồi ABCD có E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Ta luôn có: ( ) ( ) 1. (3.4) 2 1 2 a FH AB CD EG BC AD ≤ + ≤ + (3.5) ( )( )ABCD 1. (3.6)4b S AB CD BC AD≤ + + Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 15 Chứng minh a. Gọi I là trung điểm AC, ta có: ( )1 2 2 AB CDFH IF IH FH AB CD+≤ + = ⇒ ≤ + ⇒ (3.4) được chứng minh, còn (3.5) được chứng minh tương tự. b. Dễ thấy: BEF BAC 1 4 S S= , DHG DAC1 4S S= , CFG CBD 1 4 S S= , AHE ADB1 4S S= ABCD BEF DHG CFG AHE EFGH S S S S S S⇒ = + + + + ( ) ( )ABCD BAC DAC CBD ADB EFGH1 1 4 4S S S S S S⇒ = + + + + ( ) ( )ABCD EFGH 1 1 2 . .2 2S S FH EG AB CD BC AD⇒ = ≤ ≤ + + ( )( )ABCD 1 4S AB CD BC AD⇒ ≤ + + ⇒ (3.6) được chứng minh. Áp dụng: Ta xét 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: ABCD là tứ giác lồi, có chu vi p. Theo (3.6) ta có : ( )( ) ( ) ( ) 2 ABCD 1 1 4 4 2 AB CD BC AD S AB CD BC AD + + +⎡ ⎤≤ + + ≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 ABCD 1 4 2 AB CD BC ADS + + +⎡ ⎤⇒ ≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 2 ABCD 16 pS⇒ ≤ (3.7) Đẳng thức xảy ra trong (3.7) khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Vậy ( ) 2ABCDmax 16 pS = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Trường hợp 2: ABCD không lồi, có chu vi p. Ta có thể thiết lập một tứ giác lồi A’B’C’D’ cũng có chu vi bằng p, đồng thời A'B'C'D' ABCD S S> bằng cách lấy đối xứng đỉnh lõm của tứ giác ABCD qua đường chéo tương ứng. Theo kết quả của trường hợp 1 thì: 2 2 A'B'C'D' ABCD 16 16 p pS S≤ ⇒ < Trong cả hai trường hợp ta thấy với mọi tứ giác phẳng có cùng chu vi p ta đều có 2 16 pS ≤ ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác đó là hình vuông. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 16 Kết luận: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Bài toán 5: (Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9,TP.HCM 1991-1992) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a. Trên hai cạnh AB, AD lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho chu vi tam giác AMN là 2a. Tìm vị trí của M, N để diện tích tam giác AMN là lớn nhất. Giải Hình 3.2 Đặt x = AM, y = AN, 0x > , 0y > . Tam giác AMN vuông tại A, theo định lí Pithagore : 2 2 2 MN AM AN= + 2 2 MN x y⇒ = + Ta có: 2 2AMN 2p AM AN MN x y x y a= + + = + + + = (không đổi) Và 2x y xy+ ≥ , 2 2 2x y xy+ ≥ Do đó: 2 22 2 2a x y x y xy xy= + + + ≥ + 22 2 2 axy ⎛ ⎞⇒ ≤ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ( ) 2 2 21 1 2 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 a axy a⎛ ⎞⇒ ≤ = = −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ( ) 2AMN 3 2 2S a⇒ ≤ − (không đổi) (3.8) Đẳng thức xảy ra trong (3.8) khi và chỉ khi: ( ) 2 2x y a= = − Vậy ( ) 2 max ( ) = 3 2 2S a− ; đạt được khi và chỉ khi AMN∆ vuông cân tại A. Kết luận: Trong tất cả các tam giác vuông có chu vi 2a cho trước, tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng ( )2 2 1 a− và cạnh bên bằng ( )2 2 a− là tam giác có diện tích lớn nhất. Bài toán 6: Trong tất cả các tam giác với chu vi 2p (cho trước) và độ dài một cạnh bằng a ( cho trước), hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. y xA B CD M N Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 17 Giải Gọi x là độ dài của một trong hai cạnh còn lại của tam giác (ngoài cạnh a). Suy ra độ dài cạnh thứ ba bằng 2 p a x− − . Theo công thức Heron diện tích của tam giác là: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 . S p p a p x p p a x p x a p x p p a= − − − − − = − − + −⎡ ⎤⎣ ⎦ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm p x− và a p x− + ta có: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 p x a p x ap x a p x − + − +− − + ≤ = ( )( )( ) ( ) 2 ap p a p x a p x p p a⇒ − − − + ≤ − ⇒ ( ) 2 aS p p a≤ − (3.9) Đẳng thức xảy ra trong (3.9) khi và chỉ khi: 2 ap x a p x x p− = − + ⇔ = − Vậy ( )max( ) 2 aS p p a= − ; đạt được khi và chỉ khi tam giác trở thành tam giác cân có 3 cạnh lần lượt là a, 2 ap − , 2 ap − . Kết luận: Tam giác cân có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2 ap − thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 7: Trong tất cả các hình bình hành có cùng chu vi và một góc nhọn α cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải Gọi x , y (x > 0, y > 0) lần lượt là độ dài của 2 cạnh hình bình hành ABCD. Khi đó chu vi của hình bình hành là ( )2 2p x y= + (cho trước) và diện tích là .sinS xy α= (α cho trước). Diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi xy đạt giá trị lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có: 2 x yxy +≤ ⇒ ( )21 4 xy x y≤ + ( )2 21 1 .sin sin .sin 4 4 xy x y pα α α⇒ ≤ + = 21 .sin 4 S p α⇒ ≤ . (3.10) Đẳng thức xảy ra trong (3.10) khi và chỉ khi 2 px y= = Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 18 Vậy 21max( ) .sin 4 S p α= ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. Kết luận: Hình thoi cạnh 2 p và có một góc nhọn bằng α thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 8: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi 2p (cho trước) và chiều dài của một đường chéo bằng a cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất. Giải y x a A D B C Hình 3.3 Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài đường chéo AC là a và chu vi 2p (cho trước). Khi đó ABCD ABC2S S= Do đó ABCDS đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCS đạt giá trị lớn nhất. • Tìm giá trị lớn nhất của ABCS Gọi x là độ dài một trong hai cạnh của hình bình hành ABCD. Giả sử AB x= Khi đó BC p x= − và ( )ABC p AB BC CA x p x a p a= + + = + − + = + (không đổi) Bài toán trở thành tìm ABC∆ có diện tích lớn nhất trong tất cả các tam giác với chu vi p+a (cho trước) và độ dài cạnh AC là a cho trước. Theo kết quả bài toán 6 ta được tam giác có diện tích lớn nhất là tam giác cân tại B nghĩa là ABCDS đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCD là hình thoi. Kết luận: Hình thoi cạnh 2 p và có chiều dài của một đường chéo bằng a thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 9: Chứng minh rằng trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước, tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất. Giải Giả sử tứ giác lồi MNPQ có M α∠ = , N β∠ = , P γ∠ = , Q λ∠ = và MNPQ 0 2p P= ( 0, , , , Pα β γ λ cho trước). Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 19 α α β/2 γ/2 λ Xét tứ giác lồi ABCD đồng dạng với tứ giác lồi MNPQ, ta có: ( ) ( ) MNPQ ABCD 2 2 ABCDMNPQ S S pp = (3.11) Có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: ABCD là hình bình hành với A α∠ = , AB = a, AD = b. a b D B C A Hình 3.4 Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 ABCD 2 2 2 ABCD sin sin 1 ab. . sin 2 164 4 S a b p a b a b α α α+⎛ ⎞= ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠+ + ( ) 2 MNPQ 0 MNPQ2 MNPQ .sinsin 16 4 S PS p αα⇒ ≤ ⇒ ≤ (3.12) Dấu bằng xảy ra trong (3.12) khi và chỉ khi: a = b ⇔ ABCD là hình thoi ⇔ MNPQ là hình thoi (hình thoi là tứ giác ngoại tiếp). Trường hợp 2: ABCD không là hình bình hành. r r r B C' B' K E H I A D C Hình 3.5 Không mất tính tổng quát, ta giả sử các tia AB và CD cắt nhau tại E. Kẻ đường thẳng ' ' // BCB C sao cho ' 'B C tiếp xúc đường tròn ( ) , O r nội tiếp AED∆ ( B’ và C’ lần lượt nằm trên các cạnh AE và DE). Dễ thấy: ( )EB'C' EB'OC' OB'C' OB'E OC'E OB'C' 1 ' ' ' '2S S S S S S EB EC B C r= − = + − = + − Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 20 EB'C' S qr= ( với ( )1 ' ' ' '2q EB EC B C= + − ) (3.13) Đặt 2 2EBC EB'C' EBC . ' EBk S k S S k qr EB = ⇒ = ⇒ = Gọi 2p là chu vi AED∆ AED S pr⇒ = ; (3.14) 2ABCD AED EBC S S S pr k qr⇒ = − = − Ngoài ra: ( )ABCD AED 2p p EB EC BC p EB EC BC= − − + = − + − (3.15) Ta lại có: ' ' // BCB C = ' ' ' ' ' ' ' ' EB EC BC EB EC BCk EB EC B C EB EC B C + −⇒ = = = + − = 2 2 EB EC BCk EB EC BC kq q + −⇒ ⇒ + − = (3.16) Từ (3.15), (3.16) suy ra ( )ABCD 2 2 2p p kq p kq= − = − ( ) ( ) 2 ABCD 2 2 ABCD 4 S pr k qr p p kq −⇒ = − (3.17) Tương tự: ( ) ( ) AB'C'D 2 2 AB'C'D 4 S pr qr p p q −= − ( ứng với k = 1) (3.18) Ta chứng minh thêm: ( ) ( ) 2 2 2 4 4 pr k qr pr qr p kq p q − −≤− − (3.19) Dễ thấy các bất đẳng thức sau là tương đương: (3.19) ( ) ( ) 2 2 1 p k q p qp kq −⇔ ≤ −− ( vì 0p q p q> ⇒ − > ) ( )( ) ( )22 p k q p q p kq⇔ − − ≤ − ( ) ( )22 2 1 0 1 0k k k⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (đúng). Vậy (3.19) được chứng minh. Dấu bằng xảy ra trong (3.19) khi và chỉ khi k = 1. Từ (3.17), (3.18), (3.19) ta có: ( ) ( ) ( ) ABCD AB'C'D 2 2 ABCD AB'C'D 4 S S r p qp p ≤ = − ( ) ( ) MNPQ 2 MNPQ 02 0 4 4 S r rS P P p q p q ⇒ ≤ ⇒ ≤− − (3.20) Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 21 Mà : ' ' cot cot 2 2 B C r β γ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ , ' cot cot2 2C D r γ λ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ DA cot cot 2 2 r λ α⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ , ' cot cot2 2AB r α β⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ Nên ' ' ' ' 2 cot cot cot cot 2 2 2 2 B C C D DA AB r α β γ λ⎛ ⎞+ + + = + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ (3.21) Ngoài ra: ( ) ( )2 2 ' ' ' 'p q AE ED AD EB EC B C− = + + − + − ( ) ( ) ( ) = ' ' ' 'AE EB ED EC AD B C− + − + + ( ) 2 AB' + C'D + AD + B'C'p q⇒ − = (3.22) Từ (3.21), (3.22) suy ra: 1 cot cot cot cot 2 2 2 2 r p q α β γ λ=− + + + (3.23) Từ (3.20), (3.23) suy ra: 2 0 MNPQS cot cot cot cot 2 2 2 2 P α β γ λ≤ + + + (3.24) Dấu bằng xảy ra trong (3.24) khi và chỉ khi: k = 1 ⇔ ABCD là tứ giác ngoại tiếp ⇔ MNPQ là tứ giác ngoại tiếp. Từ 2 trường hợp đã xét ta có kết luận như sau: Kết luận: Trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước thì tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất. Bài toán 10: Chứng minh rằng trong tất cả các đa giác n cạnh với các cạnh đã cho, đa giác nội tiếp trong đường tròn có diện tích lớn nhất. Giải M' M M" Hình 3.6 Giả sử M là đa giác bất kì với các cạnh đã cho và M’ là đa giác như vậy nội tiếp trong đường tròn. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 22 a b c Trên các cạnh của M ta dựng các mảnh tương ứng với mảnh mà đường tròn bị cắt ra bởi các cạnh của M’. Khi đó cùng với M các mảnh ghép lại tạo ra M” có chu vi bằng chu vi đường tròn ngoại tiếp M’. Theo dạng phát biểu gốc thì đường tròn ngoại tiếp M’ có diện tích lớn hơn diện tích của M”. Sau khi ta bỏ đi các mảnh chung ở hai hình thì diện tích của M’ lớn hơn diện tích của M. 1.2. LOẠI MỞ RỘNG Bài toán 11: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn ( ), O R cho trước, tam giác nào có diện tích lớn nhất Giải Hình 3.7 Gọi SABC là diện tích tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ), O R , ta có: 2 2 ABC 2 2 2 sin .sin .sin sin .[cos( ) cos( )] 4 sin .[cos( ) cos ] sin .(1 cos ) abcS R A B C R A B C B C R R A B C A R A A = = = − − + = − + ≤ + 2 ABC sin .(1 cos )S R A A⇒ ≤ + (3.25) Ngoài ra: 2 2sin .(1 cos ) (sin ) (1 cos )A A A A+ = + 2 2 3 2 3 (1 cos )(1 cos ) (1 cos ) (1 cos ) 1 1 (3 3cos ) 3(1 cos ) 3 3 (3 3cos )(1 cos ) 3 3 4 4 A A A A A AA A = − + = + − − + +⎡ ⎤= − + ≤ =⎢ ⎥⎣ ⎦ ( ) 22 3 3 sin . 1 cos 4 RR A A⇒ + ≤ (3.26) Từ (3.25), (3.26) suy ra: 23 3S 4ABC R≤ (3.27) Dấu bằng xảy ra trong (3.27) khi và chỉ khi: (3.25) và (3.26) cùng xảy ra dấu bằng O A B C Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 23 ( ) ( )cos 1 cos 1 13 3cos 1 cos cos 2 0 B C B CB C A A A A π π π − =⎧⎪− < ∠ −∠ <⎪− =⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− = + =⎪⎩ ⎪⎪ < ∠ <⎪⎩ 0 ABC60 B C A ∠ = ∠⎧⇔ ⇔ ∆⎨∠ =⎩ đều Vậy ( ) 23 3max = 4ABC RS ; đạt được khi và chỉ khi ABC∆ đều. Kết luận: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn ( ), O R cho trước, tam giác đều có diện tích lớn nhất. Bài toán 12: Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn ( );O R cho trước, tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Giải H CB O A D Hình 3.8 Gọi ABCD là hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn ( );O R Suy ra 0 90DAB∠ = và ABCD ABD 2S S= Từ 0 90DAB∠ = ⇒ DB là đường kính của đường tròn ( );O R ⇒ 2DB R= Vẽ AH BD⊥ ( )H BD∈ Vì HOAH ⊥ nên AH AO R≤ = Do đó 2ABCD ABD 1 2 2. . .2 2 2 S S AH BD R R R= = ≤ = (3.28) Đẳng thức xảy ra trong (3.28) khi và chỉ khi H O≡ ⇔ ABCD là hình vuông Vậy ( ) 2ABCDmax = 2S R ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn cho trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 24 Bài toán 13: Trong tất cả các tứ giác có hai đường chéo vuông góc nội tiếp trong đường tròn ( );O R cho trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất. Giải C A O D B Hình 3.9 Xét tứ giác ABCD bất kì có hai đường chéo AC, BD vuông góc nội tiếp trong đường tròn ( );O R cho trước. Do AC, BD là các dây cung của đường tròn ( );O R nên 2AC R≤ và 2BD R≤ Mà AC BD⊥ (giả thiết) Do đó 2ABCD 1 1 . 2 .2 2 2 2 S AC BD R R R= ≤ = (không đổi) (3.29) Đẳng thức xảy ra trong (3.29) khi và chỉ khi 2AC BD R= = ⇔ ABCD là hình vuông Vậy ( ) 2ABCDmax = 2S R ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Kết luận:Trong tất cả các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc nội tiếp trong đường tròn ( );O R cho trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất. Bài toán 14: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong đường tròn ( );O R cho trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất. Giải I H K O A D C B Hình 3.10 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 25 Vẽ , AH BD CK BD⊥ ⊥ , ( ),H BD K BD∈ ∈ Gọi I AC BD= ∩ Vì AH HI⊥ và CK KI⊥ nên AH AI≤ và CK CI≤ ⇒ AH CK AI CI AC+ ≤ + = ABCD ABD BCD S S S= + ( )1 1 1 1 . . . 2 2 2 2 AH BD CK BD BD AH CK BD AC= + = + ≤ 2AC R≤ , 2BD R≤ (đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn) Do đó ( ) 2ABCD 1 1 1 . 2 .2 22 2 2S BD AH CK BD AC R R R= + ≤ ≤ = (3.30) Đẳng thức xảy ra trong (3.30) khi và chỉ khi H I K≡ ≡ và AC, BD là các đường kính của ( );O R ⇔ ABCD là hình vuông Vậy ( ) 2ABCDmax = 2S R ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông. Kết luận: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong đường tròn ( );O R cho trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất. Bài toán 15: Trong tất cả các tam giác vuông có chung cạnh huyền, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Giải 2k O A B M H Hình 3.11 Xét tam giác MAB bất kì vuông tại M và có độ dài cạnh huyền 2AB k= (không đổi ). Khi đó M nằm trên đường tròn { }; \ , 2 ABO A B⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ . Vẽ MH AB⊥ , H AB∈ . Khi đó: MAB 1 . .2S AB MH k MH= = Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 26 Hơn nữa : MH HO⊥ nên MH MO k≤ = . Suy ra 2MAB S k≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H O≡ M⇔ là trung điểm AB MA MB⇔ = Vậy ( ) 2MABmax = S k ; đạt được khi và chỉ khi MAB là tam giác cân tại M. Kết luận: Trong tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh huyền là 2k thì tam giác vuông cân cạnh 2 k có diện tích lớn nhất. Bài toán 16: Trong tất cả các tam giác MOH thỏa mãn: M là điểm chuyển động trên ; 2 ABO⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ cho trước và MH AB⊥ ( )H AB∈ , hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất. ( Đề thi chọn học sinh giỏi toán TP.HCM 1993-1994). Giải H OA B M Hình 3.12 Gọi 2R là độ dài đường kính AB MOH∆ có 0 H 90∠ = . Theo định lí Pithagore, ta có: 2 2 2 HM HO OM+ = . Do đó 2 2 2HM HO R+ = ( ) ( )2 2 2 2 MOH 2 .1 . 2 4 HM HO HM HO HM HO S HM HO + − + −= = ( )22 2 4 4 R HM HO R− −= ≤ (không đổi) 2 MOH 4 RS⇒ ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi HM HO= ⇔ 0MOH 45∠ = Vậy ( ) 2MOHmax = 4 RS ; đạt được khi và chỉ khi MOH∆ vuông cân tại H. Kết luận: Tam giác vuông cân tại H thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 17:Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong một tam giác vuông cân cho trước, tìm hình có diện tích lớn nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 27 Giải • Trường hợp 1: Hình chữ nhật chỉ có một điểm thuộc cạnh huyền. a x B CA D E F Hình 3.13 Hình chữ nhật ADEF nội tiếp tam giác ABC vuông cân tại A có E thuộc BC. Đặt AB AC a= = , AD x= BDE∆ vuông tại D có 045B∠ = ⇒ BDE∆ vuông cân tại D ⇒ BD DE= Do đó DE a x= − ADEF .S AD DE= ( ) 2 2 2 4 4 a ax a x x ax ⎛ ⎞= − = − − + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 2 2 4 4 a a ax⎛ ⎞= − − + ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 ax = . Khi đó 2 aDE a x= − = Vậy ( ) 2ADEFmax = 4 aS ; đạt được khi và chỉ khi ADEF là hình vuông cạnh 2 a . • Trường hợp 2: Hình chữ nhật có 2 đỉnh thuộc cạnh huyền. a x F E G B CA D Hình 3.14 Hình chữ nhật DEFG nội tiếp tam giác ABC vuông cân tại A có E BC∈ , F BC∈ . Đặt. AB AC a= = , AD x= BDE∆ vuông tại E có 045B∠ = ⇒ BDE∆ vuông cân tại E ⇒ 2 22DE BD= Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 28 ⇒ ( )2 2 2 2 DE BD a x= = − ⇒ ADG∆ vuông cân tại A có AD AG x= = ⇒ 2 22DG AD= ⇒ 2 2DG AD x= = DEFG .S DE DG= ( ) ( )2 . 2 2 a x x a x x= − = − 22 2 2 2 2 4 4 2 4 4 a a a a ax ax x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − + + = − − + ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 ax = Khi đó 2 2 2 2 4 aDE a a⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ và 2 2 DG a= Vậy ( ) 2DEFGmax = 4 aS ; đạt được khi và chỉ khi DEFG là hình chữ nhật có hai cạnh lần lượt là 2 4 a và 2 2 a . Kết luận: * Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a cho trước thoả mãn hình chữ nhật chỉ có một đỉnh thuộc cạnh huyền thì hình vuông cạnh 2 a là hình có diện tích lớn nhất. * Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a cho trước thoả mãn hình chữ nhật có 2 đỉnh thuộc cạnh huyền, thì hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là hình có cạnh nằm trên cạnh huyền có độ dài bằng 2 2 a và cạnh kia có độ dài bằng 2 4 a . Bài toán 18: Cho tam giác đều ABC, điểm M trên cạnh BC ( M không trùng B, M không trùng C). Vẽ MD AB⊥ , ME AC⊥ ( ),D AB E AC∈ ∈ . Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MDE lớn nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 29 Giải E D C A B M Hình 3.15 Ta có: ABC ABM ACM 1 1 . . 2 2 S S S MD AB ME AC= + = + Mà AB AC= nên ( )ABC 1 2S AB MD ME= + ABC 12. .2 2 AB hSMD ME h AB AB ⇒ + = = = ( h là độ dài đường cao của ABC∆ ). Tứ giác ADME có 0 DAE 60∠ = ( do ABC∆ là tam giác đều ) Và 0 90ADM MEA∠ = ∠ = ( giả thiết ) Suy ra 0 120DME∠ = Do đó ( )MDE 1 . .sin DME 2S MD ME= 0 1 . .sin120 2 MD ME= ( )2 2 23 3 3 3 . 4 4 2 16 16 MD MEMD ME MD ME h+⎛ ⎞= ≤ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 MDE 3 16 S h⇒ ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MD ME= ⇔ M là trung điểm cạnh BC Vậy ( ) 2MDE 3max = 16S h ; đạt được khi và chỉ khi MDE∆ cân tại M và có 0 120DME∠ = Kết luận: MDE∆ cân tại M (M là trung điểm cạnh BC) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 19: Trong tam giác ABC, hãy tìm điểm M sao cho tam giác tạo bởi chân các đường vuông góc hạ từ M xuống các cạnh tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 30 Giải B1 C1 A1 O B C A D M Hình 3.16 Giả sử ABC∆ nội tiếp trong đường tròn ( );O R . Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC, CA, AB. Gọi D là giao điểm của tia AM và đường tròn ( )O . Ta có: ( ) 1 1 1A B C 1 1 1 1 1 1 1 1 . .sin 2 S C B C A AC B= (3.31) Áp dụng định lý hàm số sin cho các tam giác MC1B1, MC1A1 ta được: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 .sin . (3.32) .sin . (3.33) C B MA C AB MA sinA C A MB C BA MB sinB = = = = (với chú ý MA, MB là đường kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác MC1B1, MC1A1). Ngoài ra: Trong tứ giác nội tiếp MB1AC1: 1 1 1 1 1 DAC D D (3.34)B C M B AM BC B C M BC∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠ Trong tứ giác nội tiếp MA1BC1: 1 1 1 1 1 (3.35)MC A MBA MBC MC A MBC∠ = ∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠ 1 1 1 1 1 1 1 A (3.36) B C M MC A DBC MBC MBD C B MBD ⇒ ∠ +∠ = ∠ +∠ = ∠ ⇒ ∠ = ∠ Theo định lý hàm số sin trong tam giác MBD: ( ) ( ) sin sin MD MB MBD MDB = ( ) ( ) ( ) ( ) .sin .sin .sin .sin .sin .sin (3.37) MB MBD MD MDB MD ACB MD C MB MBD MD C ⇒ = = = ⇒ = Thay (3.32), (3.33), (3.36) và (3.37) vào (3.31) ta được: Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 31 ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1A B C 1 1 .sin .sin .sin .sin .sin . .sin 2 2 1 1 .sin .sin . .sin . .sin .sin .sin (3.38) 2 2 S MA A MB B MBD MA A B MB MBD MA A B MD C MA MD A B C = = = = Mặt khác: [ ] 2 2. . / ( ) (3.39)MMA MD MA MD P O R MO= − = − = − (do M nằm trong (O)) Ta lại có: sin , sin 2 2 AC ABB C R R = = (3.40) Thay (3.39), (3.40) vào (3.38) ta được: ( ) 1 1 1 2 2 A B C 2 2 2 2 1 . .sinA 2 2 2 1 1 1 1 . .sin 1 . 4 2 4 ABC AB ACS R MO R R MO MOAB AC A S R R = − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 1A B C 1 4 ABC S S⇒ ≤ , mọi điểm M nằm trong miền tam giác ABC. (3.41) Dấu bằng xảy ra trong (3.41) khi và chỉ khi M O≡ . Vậy ( )1 1 1A B C ABC1max = 4S S ; đạt được khi và chỉ khi M O≡ . Kết luận: 1 1 1A B C S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M O≡ . Bài toán 20: Xét tất cả các tam giác có độ dài các cạnh là ,a ,b c thỏa mãn điều kiện 1 2 3a cm b cm c cm≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Trong tất cả các tam giác như thế, hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất.(CHLB Đức 1982) Giải Áp dụng công thức Heron ta có : ( )( )( )ABCS p p a p b p c= − − − ( )( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 1 2 2 4 a b c a b c a b c a b ca b c a b c a b c a b c a b c a b c c a b ab a b c ab a b c + + + + + + + +⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ = + + + − − + − + + ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + − − + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 32 ( )22 2 2 2 2 2 2 ABC 1 1 1 4 4 1 4 4 2 1 (3.42) a b a b c a b ab S = − + − ≤ = ≤ ⇒ ≤ Dấu bằng xảy ra trong (3.42) khi và chỉ khi: 2 2 2 1 2 3 1 1 2 2 c 5 0 a b c a a b b a b c ≤ ≤ ≤ ≤ ≤⎧ ⎧ =⎪ = ⎪⎪ ⇔ =⎨ ⎨=⎪ ⎪ =⎩⎪ + − =⎩ Vậy ( ) 2ABCmax = 1(cm )S ; đạt được khi và chỉ khi 1a cm= , 2b cm= , 5c cm= . Kết luận: Tam giác có 3 cạnh 1a cm= , 2b cm= , 5c cm= thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 21: Trong tất cả các hình thang cân có đáy nhỏ và cạnh bên có cùng độ dài a , hãy tìm hình thang có diện tích lớn nhất. Giải a a a x A D HB C Hình 3.17 Đặt x là độ dài hình chiếu cạnh bên của hình thang xuống đáy lớn ( )BH x= , 0 x a< < . Khi đó diện tích ( )1 2 S AD BC AH= + ( ) ( )2 2 2 21 2 2 a a x AB BH a x a x= + + − = + − Hay ( ) ( ) ( ) ( )3 32 1 3 3 3 S a x a x a x a x= + − = + − Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số không âm a x+ , a x+ , a x+ , 3 3a x− : ( ) ( ) ( ) ( )34 3 3 33 3 4 a x a x a x a x + + −+ − ≤ ⇔ ( ) ( ) 43 43 813 3 2 16 aa x a x a⎛ ⎞+ − ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 33 ⇔ 2 427 16 S a≤ ⇔ 23 3 4 S a≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3a x a x+ = − ⇔ 2 ax = Khi đó 2 2. 2 2 aBC AD BH a a= + = + = và 0BH 12cos( ) = ABC = 60 AB 2 a ABC a = = ⇒ ∠ Vậy ( ) 23 3max = 4 S a ; đạt được khi và chỉ khi cạnh lớn của hình thang có chiều dài 2a, góc nhọn của nó là 600. Kết luận: Hình thang có chiều dài đáy lớn 2a và góc nhọn của nó bằng 600 thỏa mãn yêu cầu bài toán . Bài toán 22: Trong tất cả các hình thang vuông có chiều dài cạnh bên bằng 2r, đường trung bình bằng r cho trước, hãy tìm hình thang có diện tích lớn nhất. Giải r 2r C E D O M A B Hình 3.18 Xét hình thang vuông ABCD có chiều dài cạnh bên 2AB r= . Gọi O, M lần lượt là trung điểm AB, CD. Khi đó OM là đường trung bình của hình thang ABCD ⇒ 2 AD BCOM r+= = (cho trước) Ta có 1 2 OM r AB= = suy ra M nằm trên đường tròn ; 2 ABO⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ABCD . . .2 AD BCS CD OM CD r CD+= = = Do đó diện tích hình thang ABCD lớn nhất khi và chỉ khi CD lớn nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 34 • Tìm max CD Vẽ AE BC⊥ .Tứ giác ADCE là hình chữ nhật ( vì 090ADC DCE CEA∠ =∠ = ∠ = ) ⇒ DC AE= 090AEB∠ = ⇒ ; 2 ABE O⎛ ⎞∈⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ AE là dây cung của đường tròn ; 2 ABO⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ 2DC AE R= ≤ (trong đường tròn đường kính là dây cung lớn nhất) Do đó 2ABCD .2 2S r r r≤ = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của ; 2 ABO⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ OM AB⊥ ⇔ ABCD là hình chữ nhật. Vậy ( ) 2ABCDmax = 2S r ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình chữ nhật. Kết luận: Hình chữ nhật có độ dài 2 cạnh lần lượt là r, 2r thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 23: Cho tam giác ABC cân tại A có 050A∠ = , 3AB AC cm= = .D di động trên tia đối của tia AB, E di động trên tia đối của tia AC và có 7AD AE cm+ = . Xác định vị trí các điểm D, E để diện tích tứ giác BEDC lớn nhất. Giải Ta có: 3AB AC cm= = , 7AD AE cm+ = (giả thiết) nên 13BD CE AB AC AD AE cm+ = + + + = Vẽ BH CE⊥ ( )H CE∈ , DK CE⊥ ( )K CE∈ H K A B C D E Hình 3.19 Xét tam giác ADK vuông tại K. Theo hệ thức giữa các cạnh và các góc của một tam giác vuông, ta có: ( ) .sinDK AD DAE= Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 35 α Tương tự ( ) .sinBH AB BAC= Do đó BEDC DEC BEC S S S= + ( ) ( )1 1 1 1 . . . sin . sin 2 2 2 2 DK CE BH CE AD CE DAE AB CE BAC= + = + ( )0 01 1 .sin 50 . . .sin 50 2 2 CE AD AB CE BD= + = Đặt x CE= , ( )0 13x< < ⇒ 13BD x= − Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , 13 x− : ( ) ( )1313 2 x x x x + −− ≤ ⇒ ( ) 213 16913 2 4 x x ⎛ ⎞− ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ ( )0 0BEDC 1 1 . .sin 50 13 .sin 502 2S CE BD x x= = − 0 169 sin 50 8 ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 13x x= − ⇔ CE BD= ⇔ 3,5AD AE cm= = Vậy ( ) 0BEDC 169max = sin 508S ; đạt được khi và chỉ khi 3,5AD AE cm= = . Kết luận: Tứ giác BEDC có các điểm D, E lần lượt nằm trên các tia đối của các tia AB, AC và 3,5AD AE cm= = thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 24: Trong tất cả các tứ giác có tổng độ dài 2 đường chéo cho trước và góc giữa 2 đường chéo có độ lớn α cho trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất. Giải k-x x I B A D C Hình 3.20 Xét tứ giác ABCD có AC BD k+ = (không đổi) Đặt x AC= ⇒ BD k x= − Gọi I AC BD= ∩ ,ta có: AIB α∠ = (cho trước) Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 36 ( ) ( )ABCD 1 1 . .sin sin2 2S AC BD AIB x k x α= = − Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , k x− : ( ) ( ) 2 x k x x k x + −− ≤ ⇒ ( ) 2 2 2 4 k kx k x ⎛ ⎞− ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇒ ( ) 2 2ABCD 1 1 1 sin . .sin sin2 2 4 8 kS x k x kα α α= − ≤ = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x k x= − hay 2 kAC BD= = Vậy ( ) 2ABCD 1max = sin8S k α ; đạt được khi và chỉ khi 2 kAC BD= = Kết luận: Tứ giác có 2 đường chéo bằng nhau thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 25: (Vô địch Thụy Điển 1983) Cho 2 đường tròn đồng tâm bán kính R và r. Hai đỉnh liền nhau của một hình chữ nhật nằm trên một đường tròn và 2 đỉnh còn lại nằm trên đường tròn khác.Hãy tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Giải R r E F B CD O A Hình 3.21 Giả sử ABCD là hình chữ nhật, đỉnh A, B nằm trên đường tròn phía trong có bán kính r còn C, D nằm trên đường tròn ngoài có bán kính R. Đường trung trực của đoạn thẳng AB đi qua tâm O của hai đường tròn và các trung điểm E, F của AB và CD. Khi đó: ABCD EBCF OBC 2 4S S S= = ( ) ( )1 4. . .sin 2 . .sin 2 OB OC BOC OB OC BOC= = ( )2 . .sin 2r R BOC rR= ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( )sin 1BOC = ⇔ OB OC⊥ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 37 Trong trường hợp này 2 2 BC r R= + và 2 2 2 rRAB r R = + Vậy ( )ABCDmax = 2S rR ; đạt được khi và chỉ khi 2 2 BC r R= + và 2 2 2 rRAB r R = + . Kết luận: Hình chữ nhật có độ dài các cạnh là 2 2r R+ và 2 2 2rR r R+ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 26: Trong hình lục giác đều MNKQPL cho trước,hãy tìm tam giác ABC có diện tích lớn nhất với điều kiện cạnh AB của tam giác song song với một cạnh của lục giác. Giải a a 2h x E N M L PQ OK A B C Hình 3.22 Xét hình lục giác đều MNKQPL có cạnh bằng a . Ta nhận thấy những đỉnh của tam giác phải tìm cần nằm trên cạnh của lục giác MNKQPL. Lấy // // ( [ ], [ ])AB QP NM A KQ B LP∈ ∈ . Ta có thể giả sử PQ gần AB hơn NM. Gọi ( )2 ,h d QP NM= 3 2 ah⇒ = . Gọi ( ),x d AB QP= ( 0 x h≤ ≤ ) ( ) 2 ,h x d AB NM⇒ − = . Dễ thấy: EQP EAB∆ ∆ suy ra ( ) a h xAB h x AB QP h h ++= ⇒ = Do đó: Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 38 α ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ABC ABC 1 1 . , . , 2 2 1 3 2 . 2 2 3 S AB d C AB AB d MN AB a x h S h x x h h x h = ≤ +⇒ ≤ − = + −⎡ ⎤⎣ ⎦ ( )( ) ( ) ( ) 2 ABC 2 2 ABC ABC 23 3 . 2 . 3 3 2 3 3 9 3 (3.43) 4 16 x h h x S x h h x h aS S + + −⎡ ⎤⇒ ≤ + − ≤⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇒ ≤ ⇒ ≤ Đẳng thức xảy ra trong (3.43) khi và chỉ khi : [ ] [ ] [ ] 3 3 2 2 4 4 C MN C MN C MN h a ax h h x x x ⎧ ⎧∈ ∈⎧ ∈⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨+ = −⎪ = = =⎩ ⎪ ⎪⎩ ⎩ . Vậy ( ) 2ABC 9 3max = 16 aS ; đạt được khi và chỉ khi [ ] C MN∈ và ( ) 3, 4 ad AB QP = . Kết luận: Tam giác ABC với [ ] C MN∈ và ( ) 3, 4 ad AB QP = thoả mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 27: Cho trước đa giác lồi (M). Chứng minh rằng trong tất cả các tam giác nội tiếp trong (M), luôn luôn tồn tại một tam giác có diện tích lớn nhất. Giải (l) (l') B (M) H P Q A C' C Hình 3.23 Gọi ABC là tam giác bất kỳ nội tiếp trong (M), nghĩa là các đỉnh A, B, C nằm trên biên của đa giác (M). Ta sẽ chứng minh tồn tại những đỉnh A’, B’, C’ trên (M) sao cho: A'B'C' ABC S S≥ (3.44) Ta cố định những điểm A và B, đồng thời gọi ( α ) là nửa mặt phẳng được xác định bởi đường thẳng AB và chứa điểm C. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 39 Gọi (l) là một đường thẳng bất kỳ vuông góc AB tại Q. Hình chiếu vuông góc của đa giác (M) lên (l) là đoạn PH (P thuộc nửa mặt phẳng (α )). Gọi (l’) là đường thẳng qua P sao cho(l’) //AB; Suy ra toàn bộ đa giác (M) nằm trong nửa mặt phẳng bờ là (l’) có chứa AB; hơn nữa (l’) có điểm chung với (M). Nếu điểm này chỉ có một thì nó là đỉnh của (M). Trong trường hợp ngược lại thì (l’) đi qua cạnh của (M) và do đó (l’) chứa một đỉnh của (M). Gọi (C’) là đỉnh của (M) mà ( )' 'C l∈ ; ta có: ( ) ( ) C'AB CAB', , d C AB d C AB S S≥ ⇒ ≥ (3.45) Cũng phương pháp như vậy, cố định AC’ và biến đổi B, ta tìm được đỉnh B’ của (M) với: C'AB' C'AB S S≥ (3.46) Sau đó cố định C’B’ và biến đổi A, ta tìm được đỉnh A’ của (M) với: C'A'B' C'AB' S S≥ (3.47) Từ (3.45), (3.46), (3.47) suy ra: C'A'B' CAB A'B'C' ABC S S S S≥ ⇒ ≥ (A’, B’, C’ là 3 đỉnh của (M)) Mặt khác, tồn tại hữu hạn số lượng tam giác mà đỉnh của chúng cũng là đỉnh của (M), do đó trong chúng phải có tam giác T với diện tích lớn nhất. Kết luận: Trong tất cả các tam giác nội tiếp trong (M), luôn luôn tồn tại một tam giác T có diện tích lớn nhất. 2.CÁC BÀI TOÁN VỀ CHU VI NHỎ NHẤT 2.1 LOẠI GỐC Bài toán 28: Trong tất cả các tam giác có cùng diện tích và một góc α không đổi, hãy tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải Xét tam giác ABC bất kì có ABC = , S S BAC α∠ = . Gọi , = x AB y AC= , ( )0 , 0x y> > . Khiđó: 1 2 .sin 2 sin SS xy xyα α= ⇒ = Do đó theo bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương x và y ta có: 2 2 2 2 2 sin sin S Sx y xy x yα α+ ≥ = ⇒ + ≥ (3.51) Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 40 A0 (∆1) 2 a Sh a = Ngoài ra, theo định lý Côsin cho các cạnh của tam giác: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 22 2 .cos 2 1 cos 2 2. .2sin 4 . tan 4 . tan sin 2 2 2 BC x y xy x y xy Sx y x y S S α α α α α α = + − = − + − ⎛ ⎞= − + = − + ≥⎜ ⎟⎝ ⎠ Suy ra 2 4S.tan 2 S.tan 2 2 BC BCα α≥ ⇒ ≥ ABC 2 2 2 .tan sin 2 Sp x y BC S αα⇒ = + + ≥ + (do 3.51) ABC 2 2 2 . tan sin 2 Sp S αα⇒ ≥ + (3.52) Dấu bằng xảy ra trong (3.52) khi và chỉ khi: 2 2 sin sin x y Sx ySxy αα =⎧⎪ ⇔ = =⎨ =⎪⎩ Vậy ( )ABC 2 2 2 .tansin 2 Smin p S αα= + ; đạt được khi và chỉ khi 2 sin Sx y α= = . Kết luận: Trong tất cả các tam giác có cùng diện tích và một góc α không đổi tam giác cân có cạnh bên bằng 2 sin S α (với α là góc tạo bởi 2 cạnh bên) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 29: Chứng minh rằng trong tất cả các tam giác có một cạnh với độ dài cho trước và diện tích cho trước, thì tam giác có chu vi nhỏ nhất là tam giác cân. Giải Hình 3.24 Giả sử tam giác ABC có: BC = a (cho trước), SABC = S (cho trước); không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết cố định 2 đỉnh B, C. a H CB C' A Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 41 A’ C’ I Ta có: 1 2 . 2 a a SS a h h a = ⇒ = ⇒ đỉnh A chạy trên 1 2, ∆ ∆ cùng song song và cách đường thẳng BC một khoảng không đổi 2 a Sh a = . Trường hợp 1: ( )1A∈ ∆ Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua ( )1∆ . Ta có : ' 'AB AC AB AC BC+ = + ≥ ABC ABC ' 'p AB AC BC BC a p BC a⇒ = + + ≥ + ⇒ ≥ + (3.53) Dấu bằng xảy ra trong (3.53) khi và chỉ khi: 0A A≡ ⇔ ABC∆ cân tại A ( ( )1A∈ ∆ ) Trường hợp 2: ( )2A∈ ∆ (tương tự). Kết luận: Tam giác có chu vi nhỏ nhất là tam giác cân tại đỉnh đối diện với cạnh cho trước. Bài toán 30: Trong tất cả các tứ giác lồi với 2 đường chéo có độ dài đã cho và góc giữa 2 đường chéo có độ lớn đã cho, hãy tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán-Tin ĐHSP Hà Nội I, 1997- 1998) Giải Xét tứ giác ABCD có AC m= , BD n= , BIC α∠ = không đổi. Dựng hình bình hành AA’C’C có '//AA BD và 'AA BD= m n n D A C B Hình 3.25 Suy ra hình bình hành AA’C’C có: 'A AC BIC α∠ = ∠ = , ' 'AA CC n= = Suy ra AC’ và CA’ không đổi ABCD ' ' ' 'p AB CD AD BC AB BC A B BC AC A C= + + + = + + + ≥ + Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 42 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B, C’ thẳng hàng và A’, B, C thẳng hàng ⇔ ' // ' // BC AB DC BA BC AD =⎧⎨ =⎩ ⇔ ABCD là hình bình hành Vậy ( )ABCD ' 'Min p AC A C= + ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình bình hành. Kết luận: Trong tất cả các tứ giác lồi với 2 đường chéo có độ dài đã cho và góc giữa 2 đường chéo có độ lớn đã cho thì hình bình hành có chu vi nhỏ nhất. Bài toán 31: Trong tất cả các tứ giác lồi có cùng diện tích, tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Giải Xét tứ giác ABCD bất kì Đặt x AB= , y BC= , z CD= , t DA= , chu vi p x y z t= + + + , diện tích ABCDS k= (cho trước) z yt x K H D C BA Hình 3.26 Vẽ DH AB⊥ ( )H AB∈ , BK CD⊥ ( )K CD∈ Ta có : ABCD ABD BCDS S S= + ( )1 1 1 1 1. . . .2 2 2 2 2DH AB BK CD DA AB BC CD xt yz= + ≤ + = + Tương tự ABCD ABC ACDS S S= + ( )12 xy zt≤ + Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )ABCD4S xy zt xt yz x y t z y t x z y t≤ + + + = + + + = + + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x z+ , y t+ : ( )( ) ( ) ( ) 2 x z y t x z y t + + ++ + ≤ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 43 ⇒ ( )( ) ( )2 2ABCD 1 14 4 4S x z y t x y z y p= + + ≤ + + + = ⇒ 2 2ABCD 1 1616S p p k≤ ⇒ ≥ (không đổi). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 090A B C D x z y t ⎧∠ = ∠ = ∠ = ∠ =⎨ + = +⎩ Hay ABCD là hình vuông. Vậy ( )ABCD 4 kMin p = ; đạt khi được khi và chỉ ABCD là hình vuông. Kết luận: Trong tất cả các tứ giác lồi có cùng diện tích thì hình vuông là tứ giác có chu vi nhỏ nhất 2.2 LOẠI MỞ RỘNG Bài toán 32: Trong tất cả các tam giác ABC có góc A và tổng AB AC k+ = không đổi hãy tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải Xét ABC∆ bất kì với A α∠ = và AB AC k+ = . Gọi x AB= , 0 x k< < . Khi đó AC k x= − , chu vi 2 p k BC= + . Theo định lí Côsin cho các cạnh của tam giác: 2 2 2 2. . .cosBC AB AC AB AC A= + − ( )2 2. . 2. . .cosAB AC AB AC AB AC A= + − − ( ) ( ) ( )( )2 22. . 1 cos 2 1 cosAB AC AB AC A k x k x A= + − + = − − + Do đó ( ) ( )22 2 1 cosp k k A x k x= + − + − Suy ra chu vi 2p của tam giác nhỏ nhất khi ( ) ( )f x x k x= − với 0 x k< < là lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , k x− : ( ) ( ) 2 x k x x k x + − ≥ − ( )2 4 k x k x⇒ ≥ − Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 kx k x x= − ⇔ = hay 2 max 4 kf = với 2 kx = Vậy ( ) ( )22min 2 1 cos 2 kp k k A= + − + ; đạt được khi và chỉ khi 2 kAB AC= = . Kết luận: Trong tất cả các tam giác ABC có góc A và tổng AB+AC không đổi thì tam giác cân tại A có chu vi nhỏ nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 44 Bài toán 33: Chứng minh rằng trong tất cả các tam giác ABC có góc A và đường cao AH không đổi, góc B và góc C nhọn, tam giác cân tại A là tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải Trước hết ta chứng minh các định lí sau: 1/Trong tam giác ABC kí hiệu ha là độ dài đường cao, la là độ dài đường phân giác và ma là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A thì ta có bất đẳng thức: a a am l h≥ ≥ Chứng minh LH A' M B C A Hình 3.28 Gọi H, L, M tương ứng là chân đường cao, chân đường phân giác và chân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. Ta chứng minh rằng L nằm trên đoạn thẳng nối HM và áp dụng định lí : “Trong những đường xiên nối một điểm A cho trước với điểm N trên một đường thẳng d cho trước, đường xiên nào có hình chiếu dài hơn thì dài hơn” để có được bất đẳng thức cần chứng minh. • Trường hợp tam giác ABC cân tại A: dễ thấy định lí hiển nhiên đúng. • Trường hợp tam giác ABC không cân tại A: Không mất tính tổng quát giả sử AB AC< . Khi đó, ta kéo dài trung tuyến AM về phía M tới vị trí A’ sao cho 'AM MA= để thu được hình bình hành ABA’C (hình vẽ). Trong tam giác AA’C ta có 'AC A C AB> = và do đó ' 'AA C A AC∠ > ∠ hay 'MA C MAC∠ > ∠ Suy ra BAM MAC∠ > ∠ Suy ra BAM BAL∠ > ∠ Do đó điểm L nằm trong BAM∠ Mặt khác BAH∠ bù với B∠ , CAH∠ bù với C∠ và B∠ > C∠ cho nên BAH∠ < CAH∠ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 45 Do đó AL phải nằm trong góc CAH∠ Tóm lại, điểm L nằm giữa điểm H và điểm M và ta có HM HL> . Suy ra AM AL AH> > (đpcm). 2/ Đường trung tuyến AM của tam giác ABC nhỏ hơn nửa tổng các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ đỉnh A. Chứng minh Hình 3.29 Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua điểm M.Như vậy ABA’C là hình bình hành. Ta có : A’B=AC và do tổng hai cạnh của một tam giác lớn hơn cạnh thứ ba nên ' ' 2AB BA AA AM+ > = hay 2AB AC AM+ > (đpcm). *Trở lại bài toán N HB C A D EM Hình 3.27 Xét tam giác ABC cân tại A và tam giác ADE có BAC DAE∠ = ∠ và B, C, D, E thẳng hàng (như hình vẽ) nên có chung đường cao AH. Gọi M là điểm đối xứng của D qua H, N là trung điểm ME. Chứng minh: AC là đường phân giác trong tam giác AME. Chứng minh Tam giác ABC cân tại A có AH là đường cao và M là điểm đối xứng của D qua H nên ta có: MAH DAH∠ =∠ và CAH BAH∠ = ∠ CAH MAH BAH DAH⇒∠ −∠ = ∠ −∠ CAM BAD⇒∠ =∠ (1) A' M B C A Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 46 Chứng minh BAD CAE∠ = ∠ Từ BAC DAE∠ = ∠ (giả thiết) Ta có: BAD DAC DAC CAE∠ +∠ = ∠ +∠ BAD CAE⇒∠ =∠ (2) Từ (1) và (2) suy ra CAM CAE∠ = ∠ hay AC là đường phân giác trong tam giác AME. • Tam giác AME không cân tại A, có AN và AC tương ứng là đường trung tuyến và đường phân giác xuất phát từ đỉnh A nên AN AC> . Và theo chứng minh trên 2AM AE AN+ > Do đó 2 2 2AD AE DE AM AE DE AN DE AC DE AC BC+ + = + + > + > + > + AB AC BC= + + ADE ABCp p⇒ > Và ta có điều phải chứng minh. Bài toán 34: Bài toán Dòng sông và hòn đảo Trong lòng một con sông rộng có một hòn đảo hình tròn. Người ta muốn xây các bến đỗ cho các tàu chở khách du lịch để chở khách từ đảo lên một bờ rồi nhận khách, đi ngay sang bờ bên kia nhận khách tiếp rồi trở về đảo hoặc ngược lại. Phải đặt các bến ở đâu để đường đi trên sông là ngắn nhất, biết rằng đường thẳng hai bờ sông kéo dài cắt nhau tại O. Giải (C) P Q O M" M M' O1 q p Hình 3.30 Đặt hình tròn (C) là hòn đảo trong góc nhọn Opq giới hạn 2 bờ sông. Bài toán đưa ta đi tìm tam giác MPQ với M ∈(C) P∈p, Q∈q có chu vi nhỏ nhất. Ta cố định điểm M bất kì trên (C) và lấy M ’, M ” lần lượt là điểm đối xứng của M qua p và q. Ta tìm điểm P∈p và Q∈q sao cho tam giác MPQ có chu vi nhỏ nhất. Gọi P, Q tương ứng là những điểm cắt của M ’ M ” với p và q. Khi đó P, Q là những điểm cần tìm. Thật vậy: Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 47 α Vì M , M ’ đối xứng nhau qua p và P∈p nên MP M= ’P Tương tự: QM= QM” .Suy ra MPQp =MP+PQ+QM=M’P+PQ+QM”=M’M” Nếu P’, Q’ lần lượt là 2 điểm bất kì trên p, q thì MP'Q'p =MP’+P’Q’+Q’M=M’P’+P’Q’+Q’M”=M’P’Q’M”≥M’M” (vì M’P’Q’M” là đường gấp khúc). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 'P P≡ và 'Q Q≡ nghĩa là MPQ ' "p M M= . Nhưng M’M” là cạnh đáy của tam giác cân M’M”O (do OM’=OM=OM”) với một góc cố định ở đỉnh O. Suy ra M’M” sẽ nhỏ nhất khi cạnh bên OM’=OM=OM” là nhỏ nhất. Nghĩa là M phải là giao điểm của đường tròn (C) và đoạn thẳng OO1, ở đây O1 là tâm đường tròn (C). Vậy, khi 1( )M C OO= ∩ với O1 là tâm đường tròn (C) và ' "P M M= ∩p, ' "Q M M= ∩ q với M’,M” tương ứng là điểm đối xứng của M qua p và q thì đường đi trên sông là ngắn nhất. Bài toán 35:(Vô địch Canada – 1980) Trong tất cả các tam giác đã cho trước một góc α và độ dài bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó là r , hãy tìm tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giải r c a b A CB I H Hình 3.31 Xét tam giác ABC bất kì với BAC α∠ = (cho trước) và bán kính đường tròn nội tiếp là r không đổi. Đặt AB = c, BC = a, AC = b ; ta có: cot g cot g 2 2 B Ca BH HC r ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ Tương tự: b cot g cot g 2 2 C Ar ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ , c cot g cot g2 2 A Br ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ , suy ra : =2 = 2 cot g cot g cot g 2 2 2ABC A B Cp p r ⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 48 M sin 22 2 .cot g 2 cot g cot g 2 .cot g 2 2 2 2 2 sin .sin 2 2 B C A B Cp r r r r B C α +⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠= + + = +⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 .cos 4 .cos 2 22 2 .cot g 2 .cot 2 21 cos cos cos sin 2 2 2 2 2 r r p r r g B C B C B C α α α α α= + = +⎡ − + ⎤ ⎡ − ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Dấu bằng xảy ra trong (3.54) khi và chỉ khi: cos 1 2 B C B C− = ⇔ = Vậy ( ) 2cos 2min 2 = 2 cot 2 1 sin 2 p r g α α α ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎛ ⎞⎢ ⎥−⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ; đạt được khi và chỉ khi ABC∆ cân tại A. Kết luận: Tam giác ABC cân tại A ( A α∠ = ) thỏa yêu cầu bài toán. Bài toán 36: Cho tam giác nhọn ABC. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân 3 đường cao vẽ từ A, B, C Các điểm M, N, P lần lượt di động trên 3 cạnh [AB], [AC], [BC]. a. Xác định vị trí của M và N để chu vi 'A MN∆ đạt giá trị nhỏ nhất. b. Xác định vị trí của M, N, P để chu vi MNP∆ đạt giá trị nhỏ nhất. Giải A1 C' H B' A' B C A M P1 A2 P2 A1 C' H B' A' B C A P N Hình 3.32 4 .cos 2cos 2 2 2 2 .cot 2 2 cot g (3.54) 2 21 sin 1 sin 2 2 r p r g p r α α α α α α ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⇒ ≥ + ⇒ ≥ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 49 A P2 P1 I α α a. Xét phép đối xứng trục ĐAB ĐAB : A’ | A1 M | M A | A Suy ra: A’M=A1M, A’A=A1A Xét phép đối xứng trục ĐAC ĐAC : A’ | A2 A | A N | N Suy ra: A’N=A2N, A’A=A2A Gọi pA’MN là chu vi 'A MN∆ . Ta có: A'MN 1 2 1 2 A'MN 1 2 ' ' (3.55) p A M MN A N A M MN A N A A p A A = + + = + + ≥ ⇒ ≥ Dấu bằng xảy ra trong (3.55) khi và chỉ khi A1, M, N, A2 thẳng hàng theo thứ tự đó. Khi đó: 1 MA'A = MA A∠ ∠ và 1 2MA A = MA A∠ ∠ 2 MA'A = MA A ⇒ ∠ ∠ ⇒ M, A’, A2, A cùng thuộc đường tròn (AA’C) đường kính AC AMC = 1v M C'⇒ ∠ ⇒ ≡ ; Tương tự: N, A’, A1, A cùng thuộc đường tròn (AA’B) đường kính AB; Suy ra ANB = 1v N 'B∠ ⇒ ≡ Vậy ( )A'MN 1 2 A AMin p = ; đạt được khi và chỉ khi M C'≡ và N 'B≡ . b. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 50 Xét phép đối xứng trục ĐAB ĐAB : P | P1 M | M A | A Suy ra: MP=MP1, AP=AP1 Xét phép đối xứng trục ĐAC ĐAC : P | P2 A | A N | N Suy ra:NP=NP2, AP=AP2 Gọi pMNP là chu vi MNP∆ . Ta có: MNP 1 2 1 2 MNP 1 2 (3.56) p MP MN NP MP MN NP PP p PP = + + = + + ≥ ⇒ ≥ Đặt BAC α∠ = , dễ thấy 1 2P AP∆ cân tại A và có 1 2 2P AP α∠ = . Trong tam giác vuông P1IA: 1 1 sin sinPI P A PAα α= = , suy ra: 1 2 12 2 sin 2 'sinPP PI PA AAα α= = ≥ 1 2 2 'sin PP AA α⇒ ≥ (3.57) Từ (3.56), (3.57) suy ra MNP 2 'sinp AA α≥ (3.58) Dấu bằng xảy ra trong (3.58) khi và chỉ khi (3.56) và (3.57) cùng xảy ra dấu bằng ⇔ P1, M, N, P2 thẳng hàng theo thứ tự đó và 'P A≡ . ⇔ M C'≡ , N 'B≡ và 'P A≡ . (theo kết quả câu a.) Vậy ( )A'MN 1 2 A A sinMin p α= ; đạt được khi và chỉ khi M C'≡ , N 'B≡ và 'P A≡ . Kết luận: A'MNp đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M C'≡ , N 'B≡ và 'P A≡ . Bài toán 37: Trong một tam giác nhọn cho trước hãy tìm tam giác nội tiếp có chu vi nhỏ nhất.(Định lí Steiner) Giải N C P" P P' A B X Y M Hình 3.33 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 51 Ta tìm các điểm M, N và P nằm tương ứng trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác ABC sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất. Trước hết ta giải bài toán kém tổng quát hơn: Nếu P là điểm cố định trên AB, hãy tìm các điểm M và N tương ứng trên BC và AC sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất. Gọi P’, P” lần lượt là điểm đối xứng với P qua BC, AC. Từ tính chất đối xứng trục ta có: CP’=CP=CP” và 'P CB PCB∠ = ∠ , "P CA PCA∠ = ∠ , Suy ra ' " 2P CP BCA∠ = ∠ Vì 090BCA∠ < (do ABC∆ là tam giác nhọn) nên 0' " 180P CP∠ < Từ đây suy ra đoạn thẳng P’P” cắt các cạnh BC và AC của ABC∆ . Gọi M, N lần lượt là các điểm cắt của P’P” với BC và AC. Ta sẽ chứng minh rằng M và N xác định như trên là những điểm cần tìm. Thật vậy: Vì P và P’ đối xứng nhau qua BC nên MP=MP’. Tương tự ta có NP=NP”. Suy ra PNM " ' ' "p PN NM MP P N NM MP P P= + + = + + = Nếu X, Y lần lượt là 2 điểm bất kì trên BC, AC thì: PXY ' " ' " ' "p PX XY YP P X XY YP P XYP P P= + + = + + = ≥ (vì P’XYP” là đường gấp khúc). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi X M≡ và Y N≡ . Theo lí luận trên ta khẳng định được PMN∆ có chu vi nhỏ nhất trong tất cả các tam giác nội tiếp ABC∆ với điểm P cố định và chu vi nhỏ nhất đó bằng đoạn thẳng P’P”. Như vậy ta chỉ còn tìm điểm P trên cạnh AB sao cho đoạn thẳng P’P” có giá trị nhỏ nhất. Vì P’P” là cạnh đáy của tam giác cân P’P”C với góc C cố định nên suy ra P’P” nhỏ nhất khi cạnh bên CP’=CP=CP” nhỏ nhất. Suy ra P là chân đường cao hạ từ C đến cạnh AB trong ABC∆ . Như vậy tồn tại PMN∆ nội tiếp ABC∆ có chu vi nhỏ nhất. Tam giác này có đỉnh P là chân đường cao hạ từ C của ABC∆ và 2 đỉnh M, N được xác định như sau: ' "M P P BC= ∩ , ' "N P P AC= ∩ với P”, P” tương ứng là các điểm đối xứng của P qua BC và AC. Bài toán 38: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp một hình chữ nhật đã cho, hãy tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 52 Giải M1 Q1 N2 Q2 N P1 P Q M3M2 B3A2 C3 B2 B A1 CD D1 A M Hình 3.34 Gọi MNPQ là tứ giác bất kỳ nội tiếp hình chữ nhật ABCD. Đặt: d1 = ĐBC, d2 = ĐCD1 , d3 = ĐA1D1 Thực hiện liên tiếp 3 phép đối xứng trục d1, d2, d3 ta có: A | A1 | A2 | A2 B | B | B2 | B3 C | C | C | C3 D | D1 | D1 | D1 M | M1 | M2 | M3 N | N | N2 | N3 P | P1 | P1 | P3 Q | Q1 | Q2 | Q2 Suy ra: 1 1 2 3 2 MNPQ 1 1 2 2 3 3 , , NP NP PQ PQ MQ M Q p MN NP PQ Q M MM= = = ⇒ = + + + ≥ Ngoài ra AM song song và bằng A2M3 nên MM3 song song và bằng AA2 MNPQ 2 p AA⇒ ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M, N, P1, Q2, M3 thẳng hàng theo thứ tự đó, tức là // //MN AC PQ và // //NP BD QM N3 M3 P3 M2 Q2N2 P1 M1 Q1 B3A2 C3 B2 B A1 CD D1 A Q P N M Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 53 Vậy ( )MNPQ 2min p AA= đạt được khi và chỉ khi // //MN AC PQ và // //NP BD QM . Kết luận: MNPQ nội tiếp hình chữ nhật ABCD thỏa tính chất: // //MN AC PQ và // //NP BD QM có chu vi nhỏ nhất. Bài toán 39:Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong một hình vuông cho trước, hãy tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Giải BM GF E A CD Q N P Hình 3.35 Gọi ABCD là hình vuông cho trước M, N, P, Q lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD và DA. Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng MQ, MP, NP. AMQ∆ vuông tại A có AE là trung tuyến nên 1 2 AE MQ= Tương tự CNP∆ vuông tại C có CG là trung tuyến nên 1 2 CG NP= Mặt khác EF, FG lần lượt là đường trung bình của các tam giác MPQ và MNP nên 1 2 EF PQ= và 1 2 FG MN= Suy ra MNPQp MN NP PQ QM= + + + ( )2 2 2FG CG EF AE AEFGC AC= + + + = ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, E, F, G, C thẳng hàng ⇔ // // // // MN AC PQ NP BD MQ ⎧⎨⎩ Khi đó MNPQ là hình chữ nhật. Vậy ( )MNPQmin 2p AC= đạt được khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật. Kết luận: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong một hình vuông cho trước thì hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 54 Bài toán 40: Trong mặt phẳng cho đường tròn ( );O R và một điểm P nằm trong đường tròn ( )OP d R= < . Trong các tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn nói trên sao cho các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại P, hãy xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất. (Đề thi học sinh giỏi PTTH 1996-1997) Giải Trước hết ta chứng minh định lí Ptolemy: “ Cho 4 điểm A, B, C, D trong mặt phẳng, ta luôn có : . . .AB CD AD BC AC BD+ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B, C, D là 4 điểm nằm trên một đường tròn”. Chứng minh X C D A B Hình 3.36 Trong tứ giác ABCD dựng điểm X sao cho XAB BDC∠ = ∠ , XBC ABD∠ = ∠ Khi đó ABX DBC∆ ∆ ⇒ AB AX BX DB DC BC = = (1) Do XBC ABD∠ = ∠ và (1) ta suy ra XB BC AB BD = nên XBC ABD∆ ∆ Do đó ta có: BC CX XB BD DA AB = = (2) Từ (1) ta có: . .AB DC DB AX= Từ (2) ta có: . .BC DA BD CX= Cộng theo hai vế đẳng thức này ta thu được: ( ). . .AB DC BC DA BD AX CX BD AC+ = + ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi X AC∈ ⇔ CAB CDB∠ = ∠ (A, D cùng nhìn đoạn CB dưới một góc bằng nhau) tức là chỉ khi tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 55 • Chứng minh hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường chéo trong tứ giác. J I B D A C Hình 3.37 Gọi I, J lần lượt là trung điểm 2 đường chéo AC, BD. Áp dụng định lí đường trung tuyến trong tam giác ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 AB BC ACBI AD DC ACDI AB AD BDAJ CB CD BDCJ ⎧ = + −⎪⎪⎪ = + −⎪⎪⎨⎪ = + −⎪⎪⎪ = + −⎪⎩ ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AC BDAB BC CD DA BI DI AJ CJ ⎛ ⎞++ + + = + + + + ⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 BI DI BDIJ AJ CJ ACJI ⎧ = + −⎪⎪⎨⎪ = + −⎪⎩ ⇒ 2 2 2 2 2 2 24 2 BD ACIJ BI DI AJ CJ++ = + + + Suy ra 2 2 2 2 2 2 24AB BC CD DA IJ AC BD+ + + = + + ( đpcm ) *Trở lại bài toán Hình 3.38 2 1 d 1 D B O A C P Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 56 Gọi chu vi của tứ giác ABCD là p , ta có: ( )22p AB BC CD DA= + + + ( )2 2 2 2 2 . .AB BC CD DA AB CD BC AD= + + + + + ( ) ( ) 2 . . 2 . .AB AD BC CD AB BC CD AD+ + + + Định lí Ptolemy cho ta: . . .AB CD BC AD AC BD+ = Mặt khác ABD 1 1. .sin . 2 2 S AB AD A BD PA= = ⇒ . . 2 . sin BDAB AD PA R PA A = = BCD 1 1. .sin . 2 2 S BC CD C BD PC= = ⇒ . . 2 . sin BDBC CD PC R PC C = = Suy ra: ( ). . 2 2 .AB AD BC CD R PA PC R AC+ = + = Tương tự ta có: . . 2 .AB BC AD DC R BD+ = Lại có: 1 2 2 .sin 2 .sin AB R D CD R A =⎧⎨ =⎩ ⇒ ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 14 sin sin 4 sin cos 4AB CD R D A R D D R+ = + = + = ( do 1D∠ và 2A∠ phụ nhau ) Tương tự 2 2 24BC AD R+ = . Do đó : 2 28 2 . 4 . 4 .p R AC BD R AC R BD= + + + ( )28 2 . 4R AC BD R AC BD= + + + Hơn nữa ( ) ( )2 2 22 .AC BD AC BD AC BD= + − + ( ) ( )2 2 28 4AC BD R d= + − − (*) (vì theo công thức liên hệ giữa cạnh và đường chéo trong tứ giác ABCD ta có: 2 2 2 2 2 2 24AB BC CD DA AC BD IJ+ + + = + + Với I là trung điểm AC, J là trung điểm BD ⇒ OI AC OJ BD ⊥⎧⎨ ⊥⎩ và do AC BD⊥ ( giả thiết ) Nên suy ra IOJP là hình chữ nhật ⇒ IJ OP d= = Do đó 2 2 2 2 2 2 24AC BD AB BC CD DA IJ+ = + + + − 2 28 4R d= − ) Nên ( ) ( )22 2 2 28 8 4 4p R AC BD R d R AC BD= + + − + + + ( ) ( )2 24 4AC BD R AC BD d= + + + + (**) Từ (**) ta thấy p đạt cực tiểu khi và chỉ khi AC BD+ đạt cực tiểu ⇔ .AC BD đạt cực tiểu (do (*) ) Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 57 Vì ( )2 2 2 22 . 2 .AC BD AC BD AC AC BD BD= + − − + ( )22 28 4R d AC BD= − − − Nên AC.BD đạt cực tiểu khi và chỉ khi AC BD− đạt cực đại ⇔ AC đạt cực đại và BD đạt cực tiểu. ⇔ AC=2R ( trong đường tròn đường kính là dây cung lớn nhất) Và BD vuông góc với AC tại P Suy ra 2 2 2 21 2 BD OB OP R d= − = − ⇒ 2 22BD R d= − Khi đó 2 2 2 2min 16 16p R R R d= + − Vậy ( ) 2 2 2min 16 16p R R R d= + − ; đạt được khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật.. Kết luận: Tứ giác ABCD nội tiếp ( );O R có 2 đường chéo vuông góc thỏa mãn AC = 2R hoặc BD = 2R là tứ giác cần tìm. Bài toán 41: Trên các cạnh chéo nhau và không nằm trên cùng một mặt phẳng của một hình lập phương cho trước, lấy lần lượt 3 điểm X, Y, Z. Hãy chọn vị trí của X, Y, Z để tam giác XYZ có chu vi nhỏ nhất. Giải x z y C C'D' B' BA D A' Y Z X Hình 3.39 Giả sử hình lập phương đã cho ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng 1. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết: 1 1 1[ ], [ ], [ ]X C D Y AD Z BB∈ ∈ ∈ . Chọn hệ tọa độ Axyz sao cho: A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 1). Khi đó: X(x; 1; 1), Y(0; y; 0), Z(1; 0; z). Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 58 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 22 2 2 XYZ 2 22 2 2 22 2 2 XYZ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 p y z x z x y p y z x z x y = + + + − + + − + + − + = + + + + − + − + + + − Theo bất đẳng thức Minkovski ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 2 2 2 2 22 2 2 XYZ 2 2 22 XYZ 1 1 1 1 1 1 9+ y+ 1-z z+ 1-x 1 9+ 1 2 (*) p y z x z x y x y p x y z x y z ≥ + + + + + − + − + + − ≥ + + + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇒ ≥ + + − + − + −⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ) 22 2 2 2 1 9 1 2 1 2 2 2 9 27 3 9 1 2 9 3 (**) 2 2 2 x y z x y z x y z x y z x y z x y z ⇒ + + − + − + − ≥ + + − + − + − =⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇒ + + + − + − + − ≥ + = =⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Từ (*) và(**) suy ra: XYZ 33 2 p ≥ (3.59) Dấu bằng xảy ra trong (3.59) khi và chỉ khi 1 2 x y z= = = , tức là X, Y, Z là các điểm giữa của các cạnh D1C1, AD, BB1 của hình lập phương. Vậy ( )XYZ 3min 3 2p = ; đạt được khi và chỉ khi X, Y, Z là các điểm giữa của các cạnh D1C1, AD, BB1 trong hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 . Kết luận: X, Y, Z là các điểm giữa của các cạnh D1C1, AD, BB1 trong hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 thỏa yêu cầu bài toán. Bài toán 42: Các đỉnh của một tứ giác nằm trên các cạnh khác nhau của một hình chữ nhật cho trước có chiều dài và chiều rộng là a, b. Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác này theo a, b. ( Thi học sinh giỏi TP.HCM 2005 - 2006) Giải a bQ A B CD P3 P1 P P2 M N Hình 3.40 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 59 Giả sử hình chữ nhật ABCD có AB = a và BC = b. Tứ giác MNPQ có các đỉnh M, N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình chữ nhật ABCD. Gọi P1, P2 lần lượt là điểm đối xứng của P qua AD, BC và P3 là điểm đối xứng của P1 qua AB. Khi đó: MNPQ p MN NP PQ QM= + + + , suy ra ( ) ( )MNPQ 2 1 2 1 2 3 MNPQ 2 3 2 3 MNPQ 2 3 (3.60) p MN NP QP QM MP MP MP MP p MP MP P P p P P = + + + ≥ + = + ⇒ ≥ + ≥ ⇒ ≥ Trong tam giác vuông P3P1P2: ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 3 1 3 1 2 2 3 4 4 4 2 P P PP PP b a a b P P a b= + = + = + ⇒ = + (3.61) Từ (3.60), (3.61) suy ra 2 2MNPQ 2 p a b≥ + (3.62) Dấu bằng xảy ra trong (3.62) khi và chỉ khi: 2 1 2 3 [ ] [ ] [ ] N MP Q PM M P P ∈⎧⎪ ∈⎨⎪ ∈⎩ tức là M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Vậy ( ) 2 2MNPQmin 2p a b= + ; đạt được khi và chỉ khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA Kết luận: ( ) 2 2MNPQmin 2p a b= + ; đạt được khi và chỉ khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 60 KẾT LUẬN - - - \[ - - - I. Kết quả đạt được Tóm lại, qua quá trình nghiên cứu, đề tài đã đạt được các kết quả sau: 1. Trình bày, giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng dựa vào công cụ giải tích hàm nhiều biến và hình học vi phân cổ điển. 2. Hệ thống lại các bài toán đẳng chu phẳng trong chương trình toán phổ thông trong đó có sự phân loại loại gốc và loại mở rộng. II. Hạn chế của đề tài 1. Lời giải của một số bài toán chưa thật hay, chưa thật ngắn gọn. 2. Chưa trình bày chứng minh bất đẳng thức đẳng chu cho một vật thể bất kì trong không gian vì phép chứng minh đó khá phức tạp. 3. Còn nhiều bài toán đẳng chu trong không gian chưa được nêu trong đề tài. III. Hướng phát triển của đề tài 1. Hướng đến chứng minh định lí đẳng chu trong trường hợp tổng quát cho không gian Euclide n chiều n , n ≥ 2. 2. Ngoài ra còn có thể xét bài toán đẳng chu trên các không gian khác như mặt cầu, đa tạp Riemann,… Hy vọng trong thời gian tới khi có điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức độ nâng cao hơn . Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] ANDREJS TREIBERGS - Inequalities that Imply the Isoperimetric Inequality. [2] NGUYỄN HỮU ĐIỂN – Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học Nhà xuất bản khoa học và kỹ thuật, Hà Nội – 2001. [3] NGUYỄN ĐỨC TẤN – Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng Nhà xuất bản giáo dục, 2004. [4] PGS.TS VŨ DƯƠNG THỤY – NGUYỄN ĐỨC TẤN – Giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất hình học 9. Nhà xuất bản Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh. [5] TSKH.VŨ ĐÌNH HÒA – Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông – Bất đẳng thức hình học. Nhà xuất bản giáo dục, 2004.