Luận văn Bài toán đẳng chu trong hình học phẳng

A = − b∫ a y(t)x′(t)dt. A = b∫ a x(t)y′(t)dt. A = 1 2 b∫ a ( x(t)y′(t)− y(t)x′(t) ) dt. Bổ đề 1.3.5. Giả sử x = x(t), y = y(t), z = z(t) là các hàm có đạo hàm liên tục. Khi đó ta có: (xy′ − zx′)2 ≤ (x2 + z2).((x′)2 + (y′)2). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (xx′ + zy′)2 = 0⇔ zy′ = −xx′. Chứng minh. (x2 + z2).[(x′)2 + (y′)2]− (xy′ − zx′)2 = x2(x′)2 + x2(y′)2 + z2(x′)2 + z2(y′)2 − ( x2(y′)2 − 2xy′zx′ + z2(x′)2 ) = x2(x′)2 + 2xy′zx′ + z2(y′)2 = (xx′ + zy′)2 ≥ 0. 12 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (xx′ + zy′)2 = 0⇔ zy′ = −xx′. Nhận xét 1.3.1. Bổ đề 1.3.5 thực chất là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, còn gọi là bất đẳng thức Bunhiacovxky cho 2 vector V1 = (x,−z); V2 = (y′, x′). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi V1 và V2 cùng hướng. Chú ý 1.3.1. Nếu biểu diễn đường cong C bởi tham số s là độ dài cung, còn gọi là tham số tự nhiên, khi đó ta có c(s) = (x(s), y(s))⇒ (x′(s))2 + (y′(s))2 = 1. Khi C là đường tròn tâm O bán kính r > 0, thì x(s)2 + y(s)2 = r2. Bất đẳng thức đẳng chu Định lý 1.3.2. (Bất đẳng thức đẳng chu) Ký hiệu A là diện tích miền phẳng D giới hạn bởi đường cong C, ký hiệu L là độ dài đường cong C. Khi đó có bất đẳng thức L2 − 4π.A ≥ 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C là đường tròn. Chứng minh. Điều kiện đủ được nhiều nhà khoa học chứng minh bằng các phương pháp khác nhau, nhưng không có chứng minh sơ cấp nào. Trong luận văn này trình bày hai phương pháp. 13 s = 0 s = p1 x y O A B r-r Hình 1.6: Chứng minh của E. Schmidt Cách chứng minh thứ nhất. Sau đây là cách chứng minh của E. Schmidt. 1939 (Xem [3]). Giả sử c(s) = (x(s), y(s)); s ∈ [0;L] là biểu diễn tham số của đường cong C, ta chọn điều kiện x(0) = r; x(p1) = −r. Bây giờ ta xác định đường tròn k biểu diễn bởi phương trình k(s) = (x(s), z(s)) với tâm O, bán kính r (xem Hình 1.6). Với cách chọn hệ tọa độ như vậy, đường cong C được biểu diễn bởi điểm M(x(s), y(s)) còn đường cong K biểu diễn bởi điểm N(x(s), z(s)) ∈ k. Ký hiệu A là diện tích miền giới hạn bởi C và B là diện tích hình tròn 14 k. Theo Bổ đề 1.3.4 A = L∫ 0 y′(t)x(t)dt; B = − L∫ 0 z(t)x′(t)dt = π.r2. Cộng vế với vế hai đẳng thức trên A+ B = A+ π.r2 = L∫ 0 (y′x− zx′)dt. ≤ L∫ 0 √ (y′x− zx′)2dt ≤ L∫ 0 √ (x2 + z2)((x′)2 + (y′)2)dt = L∫ 0 rdt = Lr. Áp dụng bất đẳng thức về trung bình cộng và trung bình nhân cho 2 số A và √ π.r2 √ A. √ π.r2 ≤ A+ π.r 2 2 ≤ Lr 2 . Suy ra √ A √ π.r2 ≤ Lr 2 . Suy ra 4π.r2.A ≤ L2r2. Kéo theo 0 ≤ L2 − 4πA. Đến đây ta đã chứng minh được bất đẳng thức 4π.A ≤ L2. 15 Phần còn lại ta phải chứng minh nếu có đẳng thức 4π.A = L2, thì đường cong C phải là đường tròn. Thật vậy, để cho đơn giản sau đây ta dùng ký hiệu x, x′, y, y′, z, z′ thay cho x(s), x′(s), y(s), y′(s), z(s), z′(s), từ (xy′ − zx′)2 = (x2 + z2).((x′)2 + (y′)2). Chú ý rằng x2 + z2 = r2; (x′)2 + (y′)2 = 1. Suy ra (xy′ − zx′)2 = r2. Khai triển vế trái x2(y′)2 − 2xy′zx′ + z2(x′)2 = r2. Suy ra x2(y′)2 + 2(x′)2x2 + z2(x′)2 = r2. Kéo theo x2(x′2 + y′2) + x′2(x2 + z2) = r2. (*) Lưu ý: (x′)2 + (y′)2 = 1; z2 + x2 = r2. Từ (*) ta có ⇒ x2 + (x′)2r2 = r2. Suy ra x2 = r2(1− x′2) = r2(y′)2. Kéo theo x = ±ry′. (**) Tương tự như trên ta cũng có y = ±rx′. (***) 16 Bình phương 2 vế hai đẳng thức (**) và (***) rồi cộng lại, với chú ý (x′)2 + (y′)2 = 1. Ta có x2 + y2 = r2((x′)2 + (y′)2) = r2. Kéo theo x2 + y2 = r2. Chứng tỏ C là đường tròn. Cách chứng minh thứ hai Trước khi trình bày cách chứng minh cách thứ 2, ta cần định nghĩa đường tròn bằng cách khác (Xem [5]). Định nghĩa 1.3.1. Đường tròn là giới hạn của đa giác đều khi số cạnh dần ra vô cùng. Xét đa giác đều ABC..., n cạnh, chu vi L. Tam giác cân có đỉnh là tâm O, cạnh đáy là cạnh AB của đa giác đều, AB = L n . O HA B Hình 1.7: Đa giác đều Đường cao OH của tam giác OAB là OH = AB 2 cot ÂOB 2 = L 2n cot π n . Diện tích tam giác OAB là S = 1 2 AB.OH = 1 2 . L 2n . L n cot π n . 17 Diện tích đa giác đều Sn = n.S = L2 4n cot π n . (1.2) Hay là L2 = 4Sn.n. tan π n . (1.3) Hệ quả 1.3.1. Dãy {Sn} là dãy tăng theo n. Chứng minh. Xét hàm số y = 1 x . cot( π x ), tính đạo hàm theo x, ta thấy y′ > 0, khi x > 0. Thay x = n ta được kết quả là dãy {Sn} là dãy tăng. Từ Hệ quả 1.3.1 ta rút ra hệ quả sau: Hệ quả 1.3.2. Trong các đa giác đều có cùng chu vi, đa giác nào nhiều đỉnh hơn thì có diện tích lớn hơn. Từ (1.3) với chú ý rằng tanx > x, ∀x ∈ ( 0; π 2 ) , ta nhận được bất đẳng thức L2 > 4.π.Sn ⇒ Sn < L 2 4π . (1.4) Hệ quả 1.3.1 và bất đẳng thức (1.4) cho thấy: dãy {Sn} là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi số L 2 4.pi . Chuyển qua giới hạn khi n→ +∞ ta được limSn = L2 4π . Từ các kết quả nhận được ở trên ta lại nhận được kết luận: Trong tất cả các hình phẳng F , với diện tích A, chu vi L, luôn luôn có bất đẳng thức A2 ≤ L 2 4π . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hình F là hình tròn. Bài toán 1.3.1. Nếu tam giác ABC không là tam giác đều, ta luôn luôn dựng được tam giác khác có cùng diện tích với tam giác ABC nhưng có chu vi nhỏ hơn. 18 Giải. Xét tam giác ABC không đều, giả sử có CA > CB. Qua đỉnh C kẻ đường thẳng d//AB. Gọi C ′ là điểm thuộc d sao cho C ′A = C;B Dễ thấy rằng chu vi tam giác ABC ′ nhỏ hơn chu vi tam giác ABC với mọi điểm C thuộc d. A B C’ Cd Hình 1.8: Hai tam giác cùng diện tích Bài toán 1.3.2. Đa giác đều Pn có n cạnh. Hãy dựng đa giác (có thể không đều) Pn+1 có (n + 1) cạnh, có cùng chu vi với Pn, nhưng có diện tích lớn hơn diện tích Pn. A B C H M N A B NM Hình 1.9: Thang Cân Giải. Ta xét 3 đỉnh liên tiếp của đa giác đều theo thứ tự, giả sử đó là các đỉnh A,C,B. Ta sẽ thay tam giác ACB bởi hình thang AMNB sao cho CA + CB = AM +MN + NB. Gọi M,N tương ứng là trung điểm của AC và CB. Coi như tại A,M,C,N,B có các bản lề, các thanh 19 AM,MC,CN,NB có thể quay quanh các bản lề, với giả thiết như vậy, ta thay tam giác cân CAB bởi hình thang cân AMNB có AM = MN/2 = NB. Bằng cách làm đó, chu vi tam giác cân CAB bằng chu vi hình thang AMNB. Ta phải chứng minh diện tích tam giác CAB nhỏ hơn diện tích hình thang AMNB. Thật vậy, đặt AB = 2a, AC = CB = 2b, suy ra CH = √ 4b2 − a2 suy ra diện tích tam giác CAB là S1 = 1 2 AB.CH = a √ 4b2 − a2. Hạ MK vuông góc với AB, vì hình thang AMNB là hình thang cân, do đó AK = AB−MN2 = |b− a|. Chiều cao hình thang cân MK = √ |b2 − |b− a|2| = √ (2b− a)a. Diện tích hình thang AMNB là S2 = (AB +MN)MK 2 = (a+ b) √ a(2b− a). Ta còn phải chứng minh S2 > S1. Thật vậy S2 > S1 ⇔ (a+ b). √ a(2b− a) > a √ 4b2 − a2 ⇔ (a+ b)2.a(2b− a) > a2(4b2 − a2)⇔ 2b > a. Bất đẳng thức cuối cùng chính là điều kiện tồn tại tam giác CAB. Nhận xét 1.3.2. Từ Hệ quả 1.3.2 có thể suy trực tiếp ra tồn tại đa giác đều (n+ 1) đỉnh cùng chu vi, nhưng có diện tích lớn hơn đa giác đều Pn. 20 Chương 2 Một số bài toán có nội dung đẳng chu 2.1 Bài toán đẳng chu trong đa giác Một số bài toán đẳng chu trong tam giác Bài toán 2.1.1. Trong các tam giác có chu vi 2p, tìm tam giác có diện tích lớn nhất. Giải. Theo công thức Heron, ta có S = √ p(p− x)(p− y)(p− z) với p = x+y+z2 là nửa chu vi. Theo bất đẳng thức Cauchy cho 4 số dương p, p− x, p− y, p− z: 4 √ p(p− x)(p− y)(p− z) ≤ p+ p− x+ p− y + p− z 4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p = p− x = p− y = p− z. 21 Suy ra x = y = z, tức là tam giác là tam giác đều. Bài toán 2.1.2. Tìm tam giác có chu vi là 2p, có một cạnh là a sao cho có diện tích lớn nhất. Giải. Theo công thức Heron, ta có S = √ p(p− a)(p− x)(p− y). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương p − x, p − y ta nhận được tam giác phải tìm là tam giác cân, có đáy là a. Bài toán 2.1.3. Tam giác ∆ABC có tổng 3 đường trung tuyến là 2m. Tam giác thỏa mãn điều kiện gì để có diện tích lớn nhất? A B C M NP Q E G Hình 2.1: Ba Trung tuyến Giải. Giả sử tam giác ∆ABC có 3 đường trung tuyến là AM,BN,CP , trọng tâm là G. Kẻ đoạn thẳng NQ song song cùng chiều và bằng AM . Ta có tứ giác ANQM là hình bình hành. Gọi E là giao điểm của BC và NQ. Vì NE là đường trung bình của ∆CAM , suy ra QE = EN = AM2 . Tứ giác MQCN là hình bình hành vì có QM = NA,QM ‖ NA, mà N là trung điểm của AC, do đó QM ‖ CN,QM = CN. 22 Tứ giác BQCP cũng là hình bình hành vì có BP và CQ song song và bằng nhau. Suy ra M là trọng tâm của ∆BQN . Tam giác BQN có 3 cạnh tương ứng là 3 đường trung tuyến của tam giác ABC. Suy ra dt(∆MBQ) = dt(∆MQN) = dt(∆MNB) = 1 3 dt(∆BQN). Mà dt(∆BMN) = dt(∆CMN) = 14dt(∆ABC). Suy ra dt(∆BQM) = 34dt(∆ABC). Theo Bài toán 2.1.1 thì diện tích tam giác ∆BQN lớn nhất khi và chỉ khi nó là tam giác đều. Từ đó suy ra diện tích tam giác ∆ABC lớn nhất khi và chỉ khi tam giác BQN là tam giác đều, hay là 3 trung tuyến AM,BN,CP bằng nhau. Bài toán 2.1.4. Cho góc x̂Oy. A và B là 2 điểm tương ứng trên Ox và Oy sao cho chu vi tam giác AOB bằng 2p. Hãy tìm vị trí của A và B sao cho diện tích tam giác OAB lớn nhất. Giải. Giả sử x̂Oy = α,OA = x,OB = y. Theo định lý hàm số cosin cho tam giác OAB: AB = √ x2 + y2 − 2zy cosα. Ký hiệu p là nửa chu vi tam giác OAB. Ta có: p = 1 2 (AB + x+ y) = 1 2 ( √ x2 + y2 − 2zy cosα + x + y). Theo bất đẳng thức x2 + y2 ≥ 2xy suy ra x2 + y2 − 2xy. cosα ≥ 2xy − 2xy cosα kéo theo √ x2 + y2 − 2xy. cosα ≥ √ 2xy − 2xy cosα (*) x+ y ≥ 2√xy. (**) Từ (*) và (**) ta có x+ y + √ x2 + y2 − 2xy. cosα ≥ 2√xy + √ 2xy − 2xy cosα. 23 Hay là √ xy.(2 + √ 2− 2 cosα) ≤ 2p = const. Suy ra xy ≤ ( 2p 2 + √ 2− 2 cosα )2 . 1 2 xy. sinα ≤ 1 2 sinα ( 2p 2 + √ 2− 2 cosα )2 Suy ra dt(OAB) ≤ p 2. sinα.(3− 2√2− 2 cosα− cosα) (1 + cosα)2 . Ta nhận được kết quả: Diện tích lớn nhất dt(OAB)max = p2. sinα.(3− 2√2− 2 cosα− cosα) (1 + cosα)2 khi OA = OB = 2p− a 2 . Chú ý 2.1.1. Khi góc x̂Oy là góc vuông ta nhận lại được bài trong đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9, thành phố Hồ Chí Minh, năm học 1991-1992 Bài toán 2.1.5. Cho góc x̂Oy. A và B là 2 điểm tương ứng trên Ox và Oy sao cho diện tích tam giác AOB bằng S0. Hãy tìm vị trí của A và B sao cho chu vi tam giác OAB nhỏ nhất. Giải. Dùng lại ký hiệu của Bài toán 2.1.4. Diện tích tam giác OAB là SOAB = 1 2 xy sinα = S0, suy ra xy = 2S0 sinα . AB = √ x2 + y2 − 2xy cosα. Chu vi tam giác OAB là w = x+ y + √ x2 + y2 − 2zy cosα = x+ y + √ x2 + y2 − 4S0. cosα sinα . 24 A D B C E a b c d x y Hình 2.2: Tứ giác nội tiếp 1 Vì x+ y ≥ 2√xy; x2 + y2 ≥ 2xy dấu bằng xảy ra trong cả 2 bất đẳng thức trên khi và chỉ khi x = y. Ta có kết luận: Chu vi tam giác OAB nhỏ nhất khi và chỉ khi tam giác OAB cân tại O. Tứ giác biết tất cả các cạnh Bổ đề 2.1.1. Cho bốn số dương thỏa mãn điều kiện a < b+ c+ d, b < c+ d+ a, c < d+ a+ b, d < a+ b+ c. (2.1) Khi đó tồn tại tứ giác trong mặt phẳng có độ dài cạnh, theo thứ tự là a, b, c, d. Định lý 2.1.1. Luôn luôn dựng được tứ giác nội tiếp với bốn cạnh là bốn đoạn thẳng cho trước thỏa mãn điều kiện (2.1). Chứng minh. Giả sử có một tứ giác nội tiếp ABCD với a = AB, b = BC, c = CD và d = DA. Ta có các cách chứng minh sau 1. Cách thứ nhất 25 • Nếu a = c, tứ giác nội tiếp cần tìm là hình thang cân, với 2 cạnh bên là a và c. • Nếu a > c, ta kéo dài BC và AD cho đến khi cắt nhau tại E, ký hiệu chiều dài của đoạn x = CE và y = DE. Vì tứ giác ABCD nội tiếp cho nên hai tam giác CED và AEB là đồng dạng. Suy ra x y + d = c a và y b+ x = c a . Giải hệ phương trình ta nhận được x = c ad+ bc a2 − c2 ; y = c ab + cd a2 − c2 . Như vậy tam giác CDE hoàn toàn xác định được, suy ra tứ giác ABCD được xác định. Phần còn lại của định lý là ta phải chỉ ra cách dựng các đoạn thằng x và y. Ta chỉ cần dựng đoạn x, đoạn y tương tự đoạn x x = c ad+ bc a2 − c2 = c ad a2 − c2 + c bc a2 − c2 . Đặt u = c ad a2 − c2 ; v = c bc a2 − c2 . Trước hết ta dựng đoạn u u = c a− c. ad a+ d . Ta lại đặt t = ad a+ c ⇒ t d = a a+ c . Dựng đoạn thẳng t chính là dựng đoạn thẳng tỷ lệ thứ tư như trên. Khi dựng được đoạn t, ta có phương trình u = ct a−c ⇒ ut = ca−c .Từ đây ta dựng đoạn u bằng phương pháp tương tự như khi dựng đoạn t. 26 t d a a+c Hình 2.3: Dựng đoạn thẳng Tương tự, ta dựng đoạn v, từ đó dựng đoạn x = u+ v. Đoạn y dựng hoàn toàn tương tự như dựng đoạn x. 2. Cách thứ hai. Áp dụng định lý hàm số cosin cho 2 tam giác ABC và ADC AC2 = a2 + b2 − 2abcosB;AC2 = c2 + d2 − 2cd.cosD. Vì B +D = π suy ra cosB = − cosD. Suy ra a2 + b2 − 2ab cosB = c2 + d2 + 2cd cosB. Suy ra cosB = a2 + b2 − c2 − d2 2bc+ 2cd . Ta phải chứng minh −1 < a 2 + b2 − c2 − d2 2bc+ 2cd < 1. Hay là −2bc− 2cd < a2 + b2 − c2 − d2 < 2bc+ 2cd. Từ các bất đẳng thức tam giác |a− b| < AC < c+ d; |c− d| < AC < a+ b. Ta được đ.p.c.m 27 A B C D Hình 2.4: Tứ giác nội tiếp 2 Bổ đề 2.1.2. Trong các tứ giác có bốn cạnh cho trước, tứ giác nội tiếp có diện tích lớn nhất. Chứng minh. Áp dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác ABC và ACD (xem Hình 2.4): AC2 = a2 + b2 − 2ab cosB. (2.2) AC2 = c2 + d2 − 2cd cosD. (2.3) Suy ra 1 2 (a2 + b2 − c2 − d2) = ab cosB − cd cosD. (2.4) Mặt khác, diện tích S của tứ giác ABCD được chia thành 2 tam giác ABC và ADC và được tính theo công thức: 2S = ab sinB + cd sinD. (2.5) Bình phương 2 vế (2.4) và (2.5) rồi cộng lại ta được 4S2 + 1 4 .(a2 + b2 − c2 − d2)2 = a2b2 + c2d2 − 2abcd cos (B +D). Từ hằng đẳng thức a2b2 + c2d2 = a2b2 + c2d2 + 2abcd− 2abcd = (ab+ cd)2 − 2abcd, 28 ta có 16S2 = 4(a2b2 + c2d2)− (a2 + b2 − c2 − d2)2 − 8abcd cos (B +D). = 4(a2b2 + c2d2 + 2abcd)− 8abcd − 8abcd cos (B +D)− (a2 + b2 − c2 − d2)2. = [(2(ab+ cd))2 − (a2 + b2 − c2 − d2)2]− 8abcd(1 + cos (B +D)). = [(a+ b)2 − (c− d)2][(c+ d)2 − (a− b)2]− 8abcd(1 + cos (B +D)). = 16(p− a)(p− b)(p− c)(p− d)− 16abcd cos2 B +D 2 . (2.6) S2 = (p− a)(p− b)(p− c)(p− d)− abcd cos2 B +D 2 . (2.7) Từ (2.7) ta thấy S lớn nhất khi và chỉ khi cos2 B+D2 = 0, kéo theo B+D 2 = pi 2 , tức là B+D = π, nói cách khác tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. Bổ đề được chứng minh. Từ kết quả trên, ta có nhận xét: Nhận xét 2.1.1. Diện tích lớn nhất không phụ thuộc thứ tự các cạnh của tứ giác, mà chỉ phụ thuộc độ dài mỗi cạnh của tứ giác. Bài toán 2.1.6. Tứ giác ABCD có hai đường chéo là e và f , góc tạo bởi hai đường chéo là α. Tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất trong mỗi trường hợp sau: Độ dài mỗi đường chéo là e và f cho trước, góc α = pi2 . Giải. Diện tích tứ giác được tính S = 12e.f. sinα = 1 2.e.f không đổi. Ký A B C D H x e-x y f-y Hình 2.5: Tứ giác biết 2 đường chéo vuông góc hiệu giao điểm của hai đường chéo là H. 29 Giả sử AD < DC, ta trượt điểm H trên đoạn AC cho tới khi AD = DC, trong quá trình trượt giữ nguyên độ dài DH, điều đó có nghĩa là độ dài BH cũng không đổi. Theo Bài toán 1.3.1 tổng 2 cạnh AD +DC nhỏ nhất khi và chỉ khi AD = DC. Vì góc Ĥ vuông, do đó khi AD = DC thì cũng có AB = BC. Tương tự như trên, nếu có AD < AB, ta chỉ ra được tứ giác có cùng diện tích nhưng chu vi nhỏ hơn, khi AB = AD. Kết luận: Trong các tứ giác có hai đường chéo cho trước và vuông góc với nhau, hình thoi có chu vi nhỏ nhất. Bài toán 2.1.7. Cho tứ giác ABCD, có M là giao điểm 2 đường chéo, có E, F,G,H tương ứng là trung điểm các cạnh AB,BC,CD,DA. 1. Chứng minh rằng diện tích tứ giác EFGH bằng một nửa diện tích tứ giác ABCD. 2. FH ≤ 1 2 (AB + CD); GE ≤ 1 2 (AD + BC). 3. dt(ABCD) ≤ 1 4 (AB + CD)(AD + BC). 4. Giả sử chu vi tứ giác ABCD là 2p đã biết, tìm tứ giác có diện tích lớn nhất. Giải. A B C D E F G H M N K L J Hình 2.6: Tứ giác đẳng chu 30 1. Dễ thấy EF là đường trung bình của tam giác ABC, GH là đường trung bình của tam giác ACD. Từ đó suy ra EF và GH song song và bằng một nửa AC. Chứng tỏ tứ giác EFGH là hình bình hành. Ký hiệu K và L tương ứng là giao điểm của AC với EH và FG. Nhận thấy tứ giác EFLK là hình bình hành. Từ đó ta có dt(∆ABC) = 1 2 AC.BM. sinM ; dt(EFLK) = EF.FL. sin ÊFG. Mà FL = 1 2 BM,EF = 1 2 AC. Suy ra dt(EFLK) = 1 2 dt(ABC). Tương tự, ta có dt(GHKL) = 12dt(ADC). Từ đó suy ra dt(EFGH) = 1 2 .dt(ABCD). 2. Ký hiệu J là trung điểm của BD. Ta thấy ngay FJ là đường trung bình của tam giác BCD, do đó FJ = 1 2 .CD. Tương tự JH cũng là đường trung bình của tam giác ABD, và cũng có JH = 1 2 AB. Mà FJ + JH ≥ FH, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi J thuộc đoạn HF , hay là AB ‖ CD. Từ đó suy ra FH ≤ 1 2 (AB + CD). Tương tự GE ≤ 1 2 (AD + BC). 31 3. Giả sử chu vi tứ giác ABCD đã biết và bằng 2p. Ta có dt(ABCD) = 1 2 AC.BD. sinM = 2.EF.FG. sin ÊFG = 2 1 2 EG.FH. sinN ≤ AD + BC 2 . AB + CD 2 sinN ≤ 1 4 (AB + CD)(AD + BC). 4. Trong dãy bất đẳng thức 3, dấu bằng thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD có 2 cặp cạnh đối song song, nghĩa là ABCD là hình bình hành. Dấu bằng thứ hai xảy ra khi và chỉ khi sinN = 1 hay là AC vuông góc với CD. Kết hợp các điều kiện trên, ta có kết luận đẳng thức dt(ABCD) = 1 4 (AB + CD)(AD +BC) = AB.BC. (2.8) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Xét tiếp 2.8 dt(ABCD) = AB.BC ≤ [AB + CD 2 ]2 = p2 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB = BC. Kết luận: Trong các tứ giác có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất. 32 Đa giác biết (n− 1) cạnh Bài toán 2.1.8. Tứ giác biết độ dài ba cạnh, còn cạnh thứ tư chưa biết độ dài. Tứ giác phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích lớn nhất? A1 A2 An−1 An Hình 2.7: Tứ giác biết 3 cạnh Cách giải thứ nhất. Giả sử AB = a, BC = b, CD = c, còn DA = x. Ta giải bài toán này bằng phương pháp bản lề. Coi như tại đỉnh B và đỉnh C có bản lề. Khi đó ta nhận thấy, nếu góc ÂBD chưa là góc vuông, khi đó coi như tam giác BCD là vật rắn, cạnh AB quay quanh bản lề B sao cho ÂBD = π 2 , ta nhận được tứ giác có ba cạnh là a, b, c và có diện tích lớn hơn. Tương tự, nếu góc ÂCD 6= π 2 ta sẽ hóa rắn tam giác ABC, quanh cạnh CD quanh bản lề C tới khi ÂCD = π 2 . Khi góc C đã là π 2 , có thể xảy ra ÂBD 6= π 2 , ta lại áp dụng cách quanh như trên... Cuối cùng, tứ giác phải tìm có tính chất: Nếu tứ giác ABCD có diện tích lớn nhất, nó phải nội tiếp nửa đường tròn có đường kính AD Cách giải thứ hai. Cách chứng minh trên chỉ đã chỉ ra điều kiện cần để tứ giác ABCD có diện tích lớn nhất. Một vấn đề nảy sinh là: Có thể dựng được tứ giác bằng thước và compa khi biết độ dài ba cạnh và có diện tích lớn nhất? Sau đây ta chứng minh rằng không thể dựng được tứ giác thỏa mãn điều kiện bài toán bằng thước và compa. Thật vậy, đặt AD = x, áp dụng định lý Pitagor cho tam giác ABD x2 = AB2 + BD2. Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác BDC, ta có BD2 = BC2 + CD2 − 2BC.CD. cosC. Vì tứ giác ABCD là tứ giác 33 nội tiếp, cho nên cos B̂CD = − cos B̂AD, suy ra x2 = a2 + b2 + c2 + 2bc cosA = a2 + b2 + c2 + bca x . Phương trình xác định x: x3 − (a2 + b2 + c2)x− 2abc = 0. (2.9) Cạnh AD là nghiệm của phương trình bậc 3, vì vậy không thể dựng được cạnh AD bằng thước và compa. Tuy nhiên, ta vẫn có thể dựng được trong vài trường hợp riêng. Nhận xét 2.1.2. Có vài nhận xét cho phương trình (2.9) 1. Với mọi độ dài của 3 cạnh, phương trình (2.9) luôn tồn tại duy nhất nghiệm thực dương, điều đó có nghĩa là tồn tại duy nhất tứ giác thỏa mãn điều kiện bài toán. 2. Về mặt hình học, dễ nhận thấy vai trò của a và c như nhau và khác vai trò của b, nhưng từ phương trình (2.9) ta lại thấy vai trò của a, b, c như nhau. Từ đó ta rút ra nhận xét: Nếu đổi chỗ hai cạnh bất kỳ trong số ba cạnh a, b, c cho nhau, thì các đại lượng như diện tích lớn nhất của tứ giác, bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác...không thay đổi. Từ nhận xét trên, ta xét các trường hợp riêng sau 1. Trường hợp riêng thứ nhất a = b = c. Bài toán 2.1.9. Tìm hình thang cân có diện tích lớn nhất biết rằng đáy nhỏ và hai cạnh bên có cùng độ dài bằng a. Giải. Khi a = b = c Phương trình (2.9) cho duy nhất nghiệm thực dương x = 2a. Hình thang cân có góc nhọn bằng pi3 , có đường kính đường tròn ngoại tiếp 2a , có diện tích S = 3 √ 3 4 a 2, dễ dàng dựng được hình thang này bằng thước và compa. 34 A B C D Hình 2.8: Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bên 2. Trường hợp riêng thứ hai a = c 6= b Bài toán 2.1.10. Tìm hình thang cân có diện tích lớn nhất biết rằng đáy nhỏ bằng b hai cạnh bên có cùng độ dài bằng a. Giải. Khi a = c 6= b Phương trình (2.9) cho duy nhất nghiệm thực A B C D Hình 2.9: Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bên dương x = b+ √ 8a2+b2 2 . Trước hết dựng được đoạn thẳng y = √ 8a2 + b2 bằng phương pháp đại số như sau: • Dựng tam giác vuông MNP với hai cạnh góc vuông là b và 3a, cạnh huyền NP 2 = b2 + 9b2. • Dựng tam giác vuông NPQ biết cạnh huyền là NP vừa dựng được, và một cạnh góc vuông PQ = a. Khi đó cạnh góc vuông NQ chính là đoạn y. Từ đó dựng được đoạn thẳng x = x+ y 2 . 3. Trường hợp riêng thứ ba a = b 6= c. Bài toán 2.1.11. Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất biết 3 cạnh, trong đó 2 cạnh liên tiếp bằng nhau. 35 Giải.Khi a = b 6= c Tứ giác phải tìm là ABCD, trong đó A B C DO a a c Hình 2.10: Tứ giác có 2 cạnh kề bằng nhau AB = BC = a, CD = b cạnh AD = x, x là nghiệm thực dương của phương trình (2.9), theo như trên, thì x = b+ √ 8a2+b2 2 , tứ giác này không phải là hình thang, nó chỉ là tứ giác nội tiếp nửa đưởng tròn, đường kính AD, xem hình 2.10. Bài toán 2.1.12. . Đa giác có n đỉnh. Đã biết độ dài (n− 1) cạnh là a1, a2, ..., an−1, cạnh thứ n chưa biết độ dài. Chứng minh rằng nếu diện tích đa giác lớn nhất thì nó nội tiếp nửa đường tròn với đường kính là cạnh mà độ dài không cho trước. A1 A2 An−1 An Hình 2.11: Đa giác nội tiếp nửa đường tròn Giải. Giả sử các cạnh đã biết độ dài là A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1. Cạnh cuối cùng A1An chưa biết độ dài. Ta xét các góc có đỉnh: Aj, j = 2...n− 1, nhìn cạnh A1An Giả sử góc Â1AjAn 6= pi2 . Ta coi như các đa giác A1A2...Aj và AjAj+1...Aj là vật rắn tuyệt đối; còn tại đỉnh Aj 36 có khớp bản lề. Ta trượt đỉnh An dọc theo đường thẳng cho đến khi góc Â1AjAn = pi 2 . Bằng cách này, ta chỉ ra tồn tại đa giác có diện tích lớn hơn. Ta xét đến tất cả các góc Â1AjAn, j = 2...n− 1. Góc nào khác 1 vuông, áp dụng phương pháp bản lề như trên, sẽ nhận được đa giác có diện tích lớn hơn, nhưng có độ dài các cạnh A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1. Bài toán 2.1.13. Cho góc x̂Oy = pi m , m ∈ N∗, m > 1 và n đoạn thẳng A1A2 = a1;A2A3 = a2; ...;An−1An = an. Hãy dùng n đoạn thẳng đó cùng với 2 cạnh của góc x̂Oy giới hạn miền có diện tích lớn nhất. Giải. Giả sử A1 ∈ Ox,An ∈ Oy. Ta đưa bài toán này về bài toán đẳng O x y x’ y’ x” A1 A2 An−1 An A′n−1 A′ 2 A′ 1 A′′ 1 Hình 2.12: Góc và đường gấp khúc chu bằng phương pháp đối xứng qua trục nhiều lần như sau: Lấy đối xứng toàn bộ hình qua trục Oy, sau phép đối xứng này, đường gấp khúc A1A2...An−1An biến thành A′nA ′ n−1...A ′ 2A ′ 1, trục Ox biến thành Ox′. Ta lại lấy đối xứng đường gấp khúc A′nA ′ n−1...A ′ 2A ′ 1 qua trục Ox ′ ảnh nhận được qua phép đối xứng này là A′1A ′ 2...A ′ n−1A ′ n... cứ như vậy m− 1 lần, vì góc x̂Oy = pi m ta có góc x̂Ox(m) = π. Bài toán trên được phát biểu 37 O A1 A2 Aj A′j A′ 2 M M’ A′j Hình 2.13: Đa giác nội tiếp đường tròn dưới dạng tương đương sau: Cho đường thẳng d = x(m)Ox và đường gấp khúc gồm m.n đoạn với độ dài mỗi đoạn đã biết. Hãy dùng đường gấp khúc này cùng với đường thẳng d giới hạn một miền có diện tích lớn nhất. Đây lại là Bài toán 2.1.12 mà ta đã biết lời giải. Nhận xét 2.1.3. Bài toán 2.1.13 đã giả thiết x̂Oy = pi m , m ∈ N∗, việc đưa thêm giả thiết này là nhằm mục đích sau khi áp dụng phép đối xứng trục (m − 1) lần, ta nhận được góc x̂Ox(m) = π, Bài toán 2.1.13 đưa về Bài toán 2.1.12 Bài toán 2.1.14. Đa giác n đỉnh đã biết độ dài tất cả các cạnh A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1, AnA1 = an. Nếu diện tích nó lớn nhất, nó phải là đa giác nội tiếp. Giải. 1. Cách thứ nhất. Để giải bài toán, trước hết ta chứng minh bổ đề sau đây: Bổ đề 2.1.3. Một đa giác có tính chất: bốn đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác là tứ giác nội tiếp, thì đa giác đó là đa giác nội tiếp. 38 Chứng minh. Xét 4 đỉnh liên tiếp A1, A2, A3, A4, theo giả thiết thì tứ giác A1A2A3A4 là tứ giác nội tiếp một đường tròn C nào đó. Xét 4 đỉnh A2, A3, A4, A5, tứ giác này cũng nội tiếp đường tròn C vì 2 tứ giác có chung 3 đỉnh. Ta lại xét tứ giác A3A4A5A6, tứ giác này cũng là tứ giác nội tiếp đường tròn C, vì nó có chung 3 đỉnh A3, A4, A5 với đa giác trước đó. Lặp lại lý luận, ta có kết luận của bổ đề. Bây giờ ta chứng minh bài toán. Giả sử ngược lại, đa giác không là đa giác nội tiếp. Khi đó, theo bổ đề 2.1.3 tồn tại 4 đỉnh Ai, Aj, Ak, Al theo thứ tự không thuộc một đường tròn. Áp dụng phương pháp bản lề, ta coi 4 đỉnh Ai, Aj, Ak, Al là 4 bản lề, nghĩa là 4 góc Âi, Âj, Âk, Âl có thể thay đổi độ lớn, các đỉnh còn lại được gắn cứng, hay là 4 viên phân với các dây cung là các cạnh AiAj, AjAk, AkAl, AlAi rắn tu