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

ông 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