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

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.