Luận văn Một số bài toán cực trị hình học trong các đề thi học sinh giỏi phổ thông

H Bài toán 2.11 (Bài dự tuyển IMO, 2001) Gọi M là một điểm ở bên trong tam giác ABC. Gọi A’ là điểm nằm trên BC sao cho MA’ vuông góc với BC’. Ta định nghĩa B’ trên CA và C’ trên AB một cách tương tự. Đặt p (M) = MA′.MB′.MC ′ MA.MB.MC . Xác định (và chứng minh) vị trí của điểm M sao cho p(M) có giá trị lớn nhất. Gọi p(ABC) là giá trị lớn nhất này. Với tam giác ABC nào thì giá trị của p(ABC) lớn nhất? S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 27 Lời giải: Gọi α, β, γ lần lượt là các góc A, B, C. Cũng gọi α1 = ∠MAB,α2 = ∠MAC, β1 = ∠MBC, β2 = ∠MBA, γ1 = ∠MCA, γ2 = ∠MCB, ta có: MB′.MC ′ (MA)2 = sinα1. sinα2, MA′.MB′ (MC)2 = sin γ1. sin γ2, MC ′.MA′ (MB)2 = sinβ1. sinβ2, nên p(M)2 = sinα1. sinα2. sinβ1. sinβ2. sin γ1. sin γ2. Để ý rằng sinα1. sinα2 = 1 2 (cos (α1 − α2)− cos (α1 + α2)) ≤ 1 2 (1− cosα) = sin2α 2 (1) Tương tự: sin β1. sin β2 ≤ sin2β 2 và sin γ1. sin γ2 ≤ sin2γ 2 (2). Vì thế, p(M) ≤ sin α 2 sin β 2 sin γ 2 . Rõ ràng là, đẳng thức xảy ra trong (1) và (2) nếu và chỉ nếu α1 = α2, β1 = β2, γ1 = γ2; nói cách khác, p(M) đạt giá trị lớn nhất khi M là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và giá trị lớn nhất đó là p(ABC) = sin α 2 sin β 2 sin γ 2 . Ta đã biết rằng đại lượng này lớn nhất khi tam giác đều. Điều này có thể chứng minh được bằng nhiều cách, chẳng hạn, sử dụng bất đẳng thức Jensen. Một cách chứng minh sơ cấp hơn là sử dụng đẳng thức thứ nhất của (1) để suy ra rằng nếu x, y ≥ 0 và x + y ≤ pi 2 cố định, thì giá trị của sin x sin y có thể tăng trong khi |x − y| giảm xuống. Như thế, nếu x + y + z = pi 2 , giá trị của sin x sin y sin z có thể tăng nếu bất kì số nào trong x, y, z không bằng pi 6 . (Chẳng hạn, nếu x < pi 6 , z > pi 6 và x gần với pi 6 hơn z, thì thay x bởi x′ = pi 6 và thay z bởi z′ = z− pi 6 + x. Khi đó, tổng x′ + y + z′ vẫn không đổi, nhưng tích sin x′ sin y sin z′ lại tăng lên.) S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 28 Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC, gọi MH1,MH2,MH3 là các khoảng cách từ M tới ba cạnh của tam giác.Tìm điểm M thuộc miền tam giác ABC sao cho: Bài toán 2.12.1. Tổng MA+MB +MC đạt giá trị bé nhất. Bài toán 2.12.2. Tổng MH1 +MH2 +MH3 đạt giá trị bé nhất. Bài toán 2.12.3. Tổng MH1 +MH2 +MH3 đạt giá trị lớn nhất. b A bB b C b M b H3 b H1 b H2 Hình 2.8: Lời bình. Bài toán 2.12 được gọi là bài toán Torricelli, điểm M cần tìm được gọi là điểm Torricelli. Kết quả của ba bài toán này đã được giải quyết. Cụ thể như sau: Ở bài toán 2.12.1. - Nếu tam giác ABC có cả ba góc đều nhỏ hơn 1200 thì điểm M cần tìm là điểm nhìn ba cạnh với cùng một góc 1200. - Nếu tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 1200 thì điểm M cần tìm là đỉnh của góc đó. Ở bài toán 2.12.2. Điểm M cần tìm trùng với đỉnh tam giác ứng với đường cao nhỏ nhất, hoặc di động trong toàn bộ miền tam giác ABC nếu tam giác đó đều. Ở bài toán 2.12.3. Điểm M cần tìm trùng với đỉnh tam giác ứng với đường cao lớn nhất, hoặc di động trong toàn bộ miền tam giác ABC nếu tam giác đó đều. Ta sẽ mở rộng ba bài toán này sang ba bài toán cực trị tương ứng cho đa giác là: Cho đa giác lồi A1A2...An(n ≥ 3). Gọi MHi là khoảng cách từ M tới cạnh AiAi+1 của đa giác (coi An+1 ≡ A1). Tìm điểm M thuộc miền đa giác A1A2...An sao cho: S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 29 Bài toán 2.12.1’ (Bài toán Torricelli): Đại lượng n∑ i=1 MAi đạt giá trị bé nhất. Bài toán 2.12.2’ (Bài toán Torricelli): Đại lượng n∑ i=1 MHi đạt giá trị bé nhất. Bài toán 2.12.3’ (Bài toán Torricelli): Đại lượng n∑ i=1 MHi đạt giá trị lớn nhất. Lời bình. Bài toán 2.12.1 đối với tam giác ABC có nhiều cách giải nhưng đều không thể áp dụng vào giải bài toán 2.12.1’ đối với đa giác. Ta chú ý tới một tính chất sau, mà nhờ đó có thể áp dụng vào bài toán 2.12.1’ đối với đa giác tổng quát, đồng thời giải luôn được các bài toán 2.12. 2’ và 2.12. 3’ mặc dù ta thấy rằng bài toán 2.12.1’ với bài toán 2.12.2’ và 2.12.3’ không có vẻ gì liên quan với nhau. 1) Một tính chất đẹp của tam giác đều: Trong một tam giác đều, tổng các khoảng cách (đoạn thẳng vuông góc) từ một điểm M bất kì tới ba cạnh tam giác là một hằng số, không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 2) Ta áp dụng tính chất trên vào giải bài toán 2.12.1 đối với tam giác có ba góc nhỏ hơn 1200. Ta chứng minh mệnh đề 2.1 sau: Nếu tam giác ABC có điểm T nhìn ba cạnh của tam giác với cùng một góc 1200 thì T chính là điểm Torricelli của tam giác đó. Chứng minh: Cho tam giác ABC. Qua A, B, C dựng các đường thẳng tương ứng vuông góc với TA, TB, TC. Chúng cắt nhau tại A’, B’, C’ với A thuộc B’C’, B thuộc A’C’ , C thuộc A’B’. Do ÂTB = B̂TC = ÂTC = 1200 nên ÂC ′B = B̂A′C = ĈB′A = 600 hay tam giác A’B’C’ đều. Lấy M là một điểm bất kì trong tam giác ABC. Gọi h1, h2, h3 theo thứ tự là các khoảng cách từ M tới ba cạnh B’C’, C’A’, A’B’ của tam giác A’B’C’ (hình 2.9). Rõ ràng MA ≥ h1;MB ≥ h2,MC ≥ h3 nên MA+MB +MC ≥ h1 + h2 + h3 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 30 b A b C b B b T b A′ b C′ b B′ b M b b b h3 h2 h1 Hình 2.9: Áp dụng tính chất đẹp cho tam giác đều A’B’C’ ta có: TA+ TB + TC = h1 + h2 + h3 Vậy TA+ TB + TC ≤MA+MB +MC (đpcm) Lời bình. Tính chất đẹp của tam giác đều còn có ở những đa giác không đều, chẳng hạn, hình bình hành cũng có tính chất đẹp tương tự như của tam giác đều và các đa giác đều. Ta gọi đó là những tam giác hằng số, tứ giác hằng số, đa giác hằng số. Muốn tìm được điều kiện cần và đủ để một đa giác lồi bất kì là đa giác hằng số, ta cần chính xác hóa khái niệm này và mở rộng cho cả trường hợp điểm M ở miền ngoài đa giác. Áp dụng vào giải bài toán 2.12.2’, bài toán 2.12.3’. Trong hệ thức (1), nếu điểm O cố định ở miền trong đa giác thì r = r(r > 0) và n∑ i=1 ri là hằng số. Xét các điểm M thuộc miền đa giác thì hi = hi (hi > 0) và (1) trở thành n∑ i=1 hi = n∑ i=1 ri −−−→OM.−→T ⇔ n∑ i=1 hi = n∑ i=1 ri − ∣∣∣−→T ∣∣∣ .fT (−−→OM) Trong đó fT (−−→ OM ) là kí hiệu hình chiếu của −−→ OM trên −→ T . Vậy n∑ i=1 hi nhỏ nhất (hay lớn nhất ) tùy theo fT (−−→ OM ) nhỏ nhất (hay lớn S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 31 nhất ). Lúc đó điểm M sẽ thuộc biên của đa giác lồi A1A2...An. Với đa giác cho trước, ta hoàn toàn có thể xác định được chính xác điểm M bằng thước và compa. Trong trường hợp đặc biệt −→ T = −→ 0 thì n∑ i=1 hi = n∑ i=1 ri, điểm M cần tìm di động trong toàn bộ miền đa giác (nói riêng: M thuộc biên của đa giác). Điều kiện cần và đủ để một đa giác là đa giác hằng số Từ trên ta có định lý sau: Định lý 2.1: Điều kiện cần và đủ để đa giác lồi A1A2...An(n ≥ 3) là một đa giác hằng số là vectơ đặc trưng của nó −→ T = −→ 0 . Chứng minh: Thật vậy, đa giác A1A2...An là một đa giác hằng số khi và chỉ khi n∑ i=1 hi = n∑ i=1 ri với mọi M thuộc mặt phẳng chứa đa giác đó. Áp dụng công thức (1) ta có n∑ i=1 hi = n∑ i=1 ri −−−→OM.−→T Vậy đa giác A1A2...An là đa giác hằng số khi và chỉ khi −−→ OM. −→ T = 0 với điểm M tùy ý thuộc mặt phẳng chứa đa giác ⇔ −→T = −→0 . Giải một phần bài toán 2.12.1’ bằng khái niệm đa giác hằng số. Ta có mệnh đề 2.2 sau: Nếu đa giác lồi A1A2...An(n ≥ 3) có điểm T thỏa mãn hệ thức n∑ i=1 −−→ TAi∣∣∣−−→TAi∣∣∣ = −→ 0 thì điểm T chính là điểm Torricelli của đa giác đó. Chứng minh: Qua các đỉnh Ai ta dựng các đường thẳng vuông góc với TAi các đường này cắt nhau tạo thành một đa giác B1B2...Bn ngoại tiếp đa giác A1A2...An và đa giác B1B2...Bn là một đa giác hằng số (do vectơ đặc trưng −→ T của đa giác này chính là n∑ i=1 −−→ TAi∣∣∣−−→TAi∣∣∣ = −→ 0 ). Sau đó chứng minh tương tự như trong trường hợp tam giác. Ta thấy lời giải bài toán 2.12.1 trong tam giác đã được mở rộng sang S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 32 cho đa giác bằng việc mở rộng tính chất của tam giác dều sang đa giác hằng số. Mệnh đề trên chỉ là điều kiện đủ để nhận biết điểm Torricelli, còn nếu không có điểm T như vậy thì chưa thể kết luận gì. Từ các bài toán trên ta có thể giải được 4 bài toán tổng quát sau đây: Cho đa giác lồi A1A2...An(n ≥ 3) và bộ số αi, (i = 1, 2, ..., n). Tìm điểm M ở miền đa giác sao cho một trong các điều sau xảy ra: 1) n∑ i=1 αi.MAi đạt giá trị nhỏ nhất. 2) n∑ i=1 αi.MHi đạt giá trị nhỏ nhất trong đó MHi (với i = 1, 2, ..., n) là khoảng cách từ M tới các cạnh đa giác. 3) n∑ i=1 αi.MHi đạt giá trị lớn nhất. 4) n∑ i=1 αi.MHi là một hắng số. Trong hình học phẳng có một bài toán kinh điển: Bài toán 2.13. Bài toán 2.13.1. Cho tam giác ABC, hãy tìm điểm M trên mặt phẳng (ABC) sao cho tổng MA +MB +MC nhỏ nhất. Bài toán 2.13.2. Cho tam giác ABC và ba số dương x, y, z, hãy tìm điểm M trên mặt phẳng (ABC) sao cho xMA+ yMB + zMC nhỏ nhất. Bài toán 2.13.3. Cho tứ diện ABCD, hãy tìm điểm M trong không gian sao cho tổng MA+MB +MC +MD nhỏ nhất. Lời bình. Kĩ thuật cơ bản trong lời giải này, xét cho cùng chính là sự phát triển trọn vẹn kĩ thuật mà Torricelli đã dùng để giải bài toán 2.13.1. Thật đáng tiếc, kĩ thuật này không còn hiệu lực để giải bài toán 2.11.3. Vì vậy, muốn giải bài toán 2.13.3, trước hết ta cần giải bài toán 2. 13. 1 theo một cách mới với một kĩ thuật hoàn toàn mới. Lời giải mới của bài toán 2.13.1. Ta xét hai trường hợp sau. 1) Nếu tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 1200 (hình 2.10) chẳng hạn B̂AC ≥ 1200. Đặt −→AE = −→ AB AB + −→ AC AC . Do B̂AC ≥ 1200 nên |−→AE| ≤ 1. Từ đó với điểm M bất kì ta có −−→AM.−→AE ≤ AM S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 33 b A bB b C b E Hình 2.10: hay MA+ −−→ MA. (−→ AB AB + −→ AC AC ) ≥ 0 Từ đó với điểm M bất kì có đánh giá sau: MA+MB +MC =MA+ MB.AB AB + MC.AC AC ≥ MA+ −−→ MB. −→ AB AB + −−→ MC. −→ AC AC = MA+ (−−→ MA+ −→ AB ) . −→ AB AB + (−−→ MA+ −→ AC ) . −→ AC AC = MA+ −−→ MA. (−→ AB AB + −→ AC AC ) +AB +AC ≥ AB + AC Đẳng thức xảy ra khi M trùng với A. Vậy tổng MA +MB +MC nhỏ nhất khi M trùng với A. 2) Nếu tam giác ABC không có góc nào lớn hơn hoặc bằng 1200 (hình 2.11).Khi đó, trong tam giác ABC tồn tại (duy nhất) điểm T sao cho B̂TC = ĈTA = ÂTB = 1200 (1) Dễ thấy −→ TA TA + −→ TB TB + −→ TC TC = −→ 0 . Từ đó với điểm M bất kì có đánh giá sau: S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 34 b A bB b C b T Hình 2.11: MA+MB +MC = MA.TA TA + MB.TB TB + MC.TC TC ≥ −−→ MA. −→ TA TA + −−→ MB. −→ TB TB + −−→ MC. −→ TC TC = (−−→ MT + −→ TA ) . −→ TA TA + (−−→ MT + −→ TB ) . −→ TB TB + (−−→ MT + −→ TC )−→ TC TC = −−→ MT. (−→ TA TA + −→ TB TB + −→ TC TC ) + TA+ TB + TC = TA+ TB + TC Đẳng thức xảy ra khi M trùng với T. Điểm T được xác định bởi (1) được gọi là điểm Torricelli của tam giác ABC. Bài toán 2.13.1 đã được giải quyết. Lời bình. Lời giải trên khá ngắn gọn. Nhưng điều quan trọng hơn là chất đại số rất cao của nó. Nhờ nó, ta đã tìm được lời giải của bài toán 2.13.3. Bài toán 2.13.3 có thể giải quyết theo hướng như sau: Ta xét hai trường hợp sau: 1) Nếu xảy ra ít nhất một trong bốn bất đẳng thức sau∣∣∣∣∣ −→ AB AB + −→ AC AC + −−→ AD AD ∣∣∣∣∣ ≤ 1; ∣∣∣∣∣ −−→ BC BC + −→ BD BD + −→ BA BA ∣∣∣∣∣ ≤ 1∣∣∣∣∣ −→ CD CD + −→ CA CA + −−→ CB CB ∣∣∣∣∣ ≤ 1; ∣∣∣∣∣ −−→ DA DA + −−→ DB DB + −−→ DC DC ∣∣∣∣∣ ≤ 1 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 35 Chẳng hạn có ∣∣∣∣∣ −→ AB AB + −→ AC AC + −−→ AD AD ∣∣∣∣∣ ≤ 1 Khi đó với điểm M bất kì ta có MA+ −−→ MA. (−→ AB AB + −→ AC AC + −−→ AD AD ) ≥ 0 Từ đó, với điểm M bất kì có đánh giá sau: MA+MB +MC +MD =MA + MB.AB AB + MC.AC AC + MD.AD AD ≥MA+ −−→ MB. −→ AB AB + −−→ MC. −→ AC AC + −−→ MD. −→ AD AD =MA+ (−−→ MA+ −→ AB ) . −→ AB AB + (−−→ MA+ −→ AC ) . −→ AC AC + (−−→ MA+ −→ AD ) . −→ AD AD =MA+ −−→ MA. (−→ AB AB + −→ AC AC + −−→ AD AD ) +AB +AC +AD ≥ AB +AC +AD Đẳng thức xảy ra khi M trùng với A. Vậy tổng MA +MB +MC +MD nhỏ nhất khi M trùng với A. 2) Nếu bốn bất đẳng thức sau đều xảy ra:∣∣∣∣∣ −→ AB AB + −→ AC AC + −−→ AD AD ∣∣∣∣∣ > 1; ∣∣∣∣∣ −−→ BC BC + −→ BD BD + −→ BA BA ∣∣∣∣∣ > 1∣∣∣∣∣ −→ CD CD + −→ CA CA + −−→ CB CB ∣∣∣∣∣ > 1; ∣∣∣∣∣ −−→ DA DA + −−→ DB DB + −−→ DC DC ∣∣∣∣∣ > 1 Để giải bài toán ta cần dựa vào ba bổ đề sau: Bổ đề 2.1: Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm (O) bán kính bằng 1 và tâm O nằm trong (có thể nằm trên mặt, nhưng không nằm trên cạnh) tứ diện. Đặt −→α1 = −−→OB +−→OC +−→OD;−→α2 = −→OC +−→OD +−→OA −→α3 = −−→OD +−→OA +−−→OB;−→α4 = −→OA+−→OB +−→OC Khi đó trong bốn số |−→α1| ; |−→α2| ; |−→α3| ; |−→α4| nếu có một số lớn hơn 1 thì cũng phải có một số nhỏ hơn 1. S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 36 Bổ đề 2.2: Cho tứ diện ABCD và một điểm M nào đó trong tứ diện (M khác A, B, C, D). Thế thì tổng MA+MB +MC +MD không thể đạt giá trị nhỏ nhất khi M di động trên cạnh của tứ diện. Bổ đề 2.3: Cho tứ diện ABCD và điểm Q nằm trong tứ diện. Khi đó hai điều kiện sau là tương đương: a) −→ QA QA + −−→ QB QB + −→ QC QC + −−→ QD QD = −→ 0 b)ÂOB = ĈOD; ÂOC = D̂OB; ÂOD = B̂OC. Nhờ các bổ đề 1 và 2 ta chứng minh được rằng: Trong tứ diện ABCD tồn tại và duy nhất điểm T có tính chất −→ TA TA + −→ TB TB + −→ TC TC + −→ TD TD = −→ 0 Từ đó, với điểm M bất kì có đánh giá sau MA+MB +MC +MD = MA.TA TA + MB.TB TB + MC.TC TC + MD.TD TD ≥ −−→ MA. −→ TA TA + −−→ MB. −→ TB TB + −−→ MC. −→ TC TC + −−→ MD. −→ TD TD = (−−→ MT + −→ TA ) . −→ TA TA + (−−→ MT + −→ TB ) . −→ TB TB + (−−→ MT + −→ TC ) . −→ TC TC + (−−→ MT + −→ TD ) . −→ TD TD = −−→ MT. (−→ TA TA + −→ TB TB + −→ TC TC + −→ TD TD ) + TA +TB + TC + TD = TA+ TB + TC + TD Đẳng thức xảy ra khi M trùng với T. Vậy tổng MA +MB +MC +MD nhỏ nhất khi M trùng với T. Nhờ bổ đề 3, điểm T được đặc trưng bởi đặc điểm hình học sau ÂTB = ĈTD; ÂTC = D̂TB; ÂTD = B̂TC (2) Giống như trường hợp tam giác, ta gọi điểm t được xác định bởi (2) là điểm Torricelli của tứ diện ABCD. Bài toán 2.13.3 đã được giải quyết. Đến đây ta có nhận xét: Kết quả nhận được trong trường hợp tứ diện hoàn toàn tương tự kết quả nhận được trong trường hợp tam giác. S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 37 2.3 Các bài toán cực trị hình học liên quan đến đường tròn Bài toán 2.14. Cho điểm M cố định trên đường tròn tâm O. Một góc xMy nào đó với x̂My = α không đổi 900 < α < 1800, có các cạnh cắt đường tròn tại A, B. Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB. Hãy xác định vị trí góc xMy sao cho giá trị HA3+HB3 là nhỏ nhất khi Mx di động. Lời giải. Giả sử Mx và My cắt đường tròn theo thứ tự ở A và B. Vì ÂMB = α không đổi, α > 900 nên điểm H nằm giữa A, B và độ dài AB bằng hằng số a, từ đó HA+HB=a. Áp dụng kết quả ví dụ trong mục 1.2.3 thì giá trị HA3+HB3 là nhỏ nhất khi độ dài HA = HB = a 2 , lúc đó góc xMy nhận MO là đường phân giác. Bài toán 2.15. (Đề thi HSG, 2007-2008, tỉnh Hải Dương) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H. Giả sử M là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C). Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC. 1) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp. 2) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. 3) Tìm vị trí của M để đoạn NP lớn nhất. Lời giải. b O b A b B b C b K b I b H b M b b N b b b P b Hình 2.12: 1) Gọi I là giao điểm của CH và AB, K là giao điểm của AH với BC (hình 2.12), dễ thấy ÎBK + ÂHC = 1800. (1) S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 38 Lại có ÎBK = ÂMC (cùng chắn cung AC), ÂMC = ÂPC (đối xứng) nên ÎBK = ÂPC (2) Từ (1) và (2) có ÂPC + ÂHC = 1800, suy ra tứ giác AHPC nội tiếp. 2) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên ÂHP = ÂCP , mà ÂCP = ÂCM (tính chất đối xứng), nên ÂHP = ÂCM . Lại có ÂCM + ÂBM = 1800 nên ÂHP + ÂBM = 1800, mà ÂBM = ÂBN suy ra ÂHP + ÂBN = 1800 (3) Tương tự ý 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp, nên ÂBN = ÂHN (4) Từ (3) và (4) ta thấy ÂHP + ÂHN = 1800. Suy ra N, H, P thẳng hàng. 3) Từ M̂AN = 2B̂AM, M̂AP = 2M̂AC suy ra N̂AP = 2(B̂AM + M̂AC) (< 1800) không đổi. Ta có NP = 2AP sin B̂AC = 2AM sin B̂AC. Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn nhất. Lại thấy AM lớn nhất khi và chỉ khi AM là đường kính của đường tròn (O). Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm đối xứng với A qua O. Bài toán 2.16. (Olympic 30-4, toán 10) Tìm giá trị lớn nhất của tỉ số P R (với P, R lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác), tam giác nào có tỉ số đó lớn nhất? Lời giải. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: (2P )2 = (BC + CA+AB)2 ≤ 3 (BC2 + CA2 + AB2) (1) Mặt khác: BC2 + CA2 + AB2 = (−→ OC −−−→OB )2 + (−→ OA−−→OC )2 + (−−→ OB −−→OA )2 = 6R2 − 2 (−→ OC. −−→ OB + −→ OA. −→ OC + −−→ OB. −→ OA ) = 9R2 − (−→ OA+ −−→ OB + −→ OC )2 ≤ 9R2 (2) Từ (1) và (2) ⇒ P 2 ≤ 3.9 4 R2 ⇒ P R ≤ 3 √ 3 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi:   BC = CA = AB−→OA+−−→OB +−→OC = −→0 ⇔ ABC đều . Bài toán 2.17. (Olympic 30-4, 2001) Trên đường tròn (O; R) cho năm điểm phân biệt A, B, C, D, E theo thứ S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 39 tự đó, sao cho AB = BC = CD = DE = R. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AE. Hãy xác định giá trị lớn nhất có thể có của chu vi tam giác BMN. Lời giải. Theo giả thiết các tam giác OAB, OBC và ODE là các tam giác đều (hình 2.13) nên: ÂOE + D̂OC = 1800. Mà 2D̂OC + D̂OC = 1800 ⇒ ÂOE = 2D̂OC ⇒ ÂON = 2M̂CO Từ đó △NOA = △MCO ⇒ ON = CM . Dẫn đến: △ONB = △CMB (c.g.c) ⇒   BN = NMÔBN = ĈBM Mà ÔBC = 600 ⇒ N̂BM = 600, vậy △MBN đều. b O b B b C b A b b b E b D bN b M Hình 2.13: Đặt α = ÂON (0 < α < 900). Khi đó BN2 = R2 + R2 cos2 α− 2R2 cosα. cos (α + 600) = R2 [ 1 + cos2 α− 2 cosα (cosα. cos 600 − sinα. sin 600)] = R2 ( 1 + √ 3 2 sin 2α ) ⇒ BN2 ≤ R2 ( 1 + √ 3 2 ) Dấu "=" xảy ra khi sin 2α = 1 hay α = 450. Chu vi lớn nhất có thể có của tam giác BMN là: P = 3R ( 1 + √ 3 ) 2 . S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 40 Bài toán 2.18. (Olympic 30-4, toán 10) Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm C cố định thuộc đoạn AB (C khác A, B). Lấy điểm M trên nửa đường tròn. Đường thẳng qua M vuông góc với MC lần lượt cắt tiếp tuyến qua A và B của nửa đường tròn tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CEF khi M di chuyển trên nửa đường tròn. Lời giải. (Hình 2.14) Vì AEMC, BFMC là các tứ giác nội tiếp nên: M̂EC + M̂FC = M̂AC + M̂BC = 900 ⇒ ÊCF = 900 Vậy SCEF = CE CF △AEC ∼ △BCF ⇒ AE AC = BC BF ⇒ AE.BF = AC.BC b A b B b C b M b F b E Hình 2.14: Ta có SCEF = 1 2 √ AE2 +AC2 √ BC2 + BF 2 ≥ 1 2 √ 2AE.AC.2BC.BF = √ AE.BF.AC.BC = √ (AB.BC)2 = AC.BC không đổi Vậy SCEF nhỏ nhất bằng AC.BC khi AE = AC và BF = BC. Bài toán 2.19. (Olympic 30-4) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính AB = 2. Biết độ dài các cạnh CD = 1 và AD = 4BC. a, Tính độ dài các dây cung AD, BC. S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 41 b, Tìm điểm M trên nửa đường tròn đường kính AB không chứa các điểm C, D sao cho tổng các khoảng cách từ M đến các đường thẳng AD, DC, CB lón nhất. Lời giải. a, Gọi BC = a, AD = 4a, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD, ÂOD = α, B̂OC = β. Ta có △ODC đều nên ĈOD = 600 ⇒ α + β + 600 = 1800 ⇒ α 2 + 300 = 900 − β 2 ⇒ cos (α 2 + 300 ) = sin β 2 Gọi OH, OK là đường cao của các tam giác cân OBC, OAD. Trong△DOK và △OHC có: b O b B b A b C b D b H b K b P b Q b M d1 d2 d3 Hình 2.15: sin α 2 = DK DO = 2a; cos α 2 = OK OD = OK = √ OD2 −DK2 = √1− 4a2 sin β 2 = HC OC = a 2 Ta có (1)⇔ cos α 2 cos 300 − sin α 2 sin 300 = sin β 2 ⇔√3 (1− 4a2) = 3a⇔ a = √ 7 7 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 42 Vậy: AD = 4 √ 7 7 ;BC = √ 7 7 b, Trên các tia CB, DA lấy các điểm P, Q sao cho CP = DQ = 1 (hình 2.15). Gọi D̂OQ = α1, ĈOP = β1. Ta cần chứng minh Q, O, P thẳng hàng. Ta có cosα1 = QO 2OD = QO 2 QO2 = QD2 +DO2 − 2DQ.ODcosD = 2− 2 cosD = 2− 2AD 2 +DO2 −AO2 2AD.DO = 2−AD = 2− 4a Suy ra cosα1 = √ 2− 4a 2 . Tương tự cos β1 = √ 2− a 2 . cos ( β1 + 60 0 ) = − cosα1 ⇔ cos β1. cos 600 − sin β1. sin 600 = − cosα1 ⇔ 2−√2− 4a = √2− a−√6 + 3a⇔ a = 1√ 7 (đúng) Vậy Q, O, P thẳng hàng. Gọi d1, d2, d3 là khoảng cách từ M đến AD, DC, CB. Ta có: dt (MDQ) + dt (MDC) + dt (MCP ) = 1 2 (DQ.d1 +DC.d2 + CP.d3) = 1 2 (d1 + d2 + d3) ⇒ d1 + d2 + d3 = 2 (dt (MDQ) + dt (MDC) + dt (MCP )) = 2 (dt (PCDQ) + dt (MPQ)) Do dt(PCDQ) không đổi nên d1+d2+d3 lớn nhất khi dt(MPQ) lớn nhất. ⇔ d(M,PQ) lớn nhất ( vì tam giác MPQ có cạnh đáy PQ không đổi) ⇔M ≡ M0 sao cho M0⊥PQ và M0 thuộc đường tròn đã cho. Bài toán 2.20. (Đề thi VMO, 1997) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm O bán kính a và một điểm P nằm trong đường tròn (OP = d < a). 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 lớn nhất và tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Tính các chu vi đó theo a và d. S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 43 Lời giải. Cách 1. 1, Đặt b = √ a2 − d2; PA=x, PC=x’, PB=y, PD=y’ (hình 2.16). Ta có p = p (x, x′, y, y′) = √ x2 + y2+ √ y2 + x′2+ √ x′2 + y′2+ √ y′2 + x2 (∗) Các biến số x,x’,y,y’ ràng buộc với nhau bởi các điều kiện:  a−√a2 − b2 ≤ x, x′, y, y′ ≤ a+√a2 − b2 (1) x.x′ = y.y′ = b2 (2) x2 + x′2 + y2 + y′2 = 4a2 (3) d b O b A b C b P b D b B Hình 2.16: Bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất pM và giá trị nhỏ nhất pm của biểu thức đại số p(x, x′, y, y′) của các biến x,x’,y,y’ thỏa mãn các điều kiện (1), (2), (3). Từ điều kiện (2) ta đưa được p(x, x′, y, y′) về dạng sau p (x, x′, y, y′) = √ (x+ y′)2 + (x′ + y)2+ √ (x+ y)2 + (x′ + y′)2 (4) Bình phương hai vế của (4) rồi sử dụng (2) và (3) ta được p2 = (x+ x′ + y + y′)2 + 4a (x + x′ + y + y′) + 4 ( a2 − b2) (5) Đặt x + x′ = X; y + y′ = Y thì p2 có dạng một tam thức bậc hai đối với X + Y : p2 = (X + Y )2 + 4a (X + Y ) + 4 ( a2 − b2) (6) S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 44 đồng thời từ (2) và (3) dễ dàng suy ra hệ thức sau giữa X và Y X2 + Y 2 = 4 ( a2 + b2 ) (7) 2, Vì X > 0, Y > 0 nên biểu thức (6) của p2 cho ta biết p đạt giá trị lớn nhất pM hay đạt giá trị nhỏ nhất pm khi và chỉ khi X+Y đạt max hay min. Mặt khác, từ (7) và đồng nhất thức (X + Y )2 + (X − Y )2 = 2 (X2 + Y 2) (8) suy ra X+Y đạt max (min) ⇔ |X − Y | đạt min (max). a, Ta có max (X + Y )2 = 8(a2 + b2) ⇔ X = Y . Từ đó giá trị lớn nhất của X-Y là 2 √ 2 (a2 + b2)⇔ X = Y =√2 (a2 + b2). Sau đó thay giá trị lớn nhất của X+Y vừa tìm được vào (6) ta thu được giá trị lớn nhất pM . b, Từ ý nghĩa hình học của các kí hiệu x,x’,y,y’ và X=x+x’; Y=y+y’ ta thấy ngay rằng min(X, Y ) = 2b ≤ X, Y ≤ 2a = max(X, Y ). Suy ra giá trị lớn nhất của (X − Y )2 là |max(X, Y )−min(X, Y )|2 = (2a− 2b)2 = 4(a− b)2 Do đó min(X + Y )2 = 8(a2 + b2)− 4(a− b)2 = 4(a+ b)2 ⇔ X = 2a, Y = 2b hoặc X = 2b, Y = 2a. Từ đó min(X + Y ) = 2(a+ b). Cuối cùng ta cũng thu được biểu thức pm. Ý nghĩa hình học của đẳng thức điều kiện X = Y = √ 2(a2 + b2) khi p đạt giá trị lớn nhất pM và X = 2a, Y = 2b hoặc X = 2b, Y = 2a khi p đạt giá trị nhỏ nhất pm . Lời bình. Lời giải đại số nhanh chóng thiết lập được biểu thức (*) của p trên cơ sở biểu thị trực tiếp độ dài các cạnh của tứ giác theo các độ dài thay đổi x, x’, y, y’ của các đoạn thẳng có chung một đầu mút ở P. Tuy nhiên, chúng ta cũng vẫn phải thiết lập các hệ thức (1), (2), (3) biểu thị mối liên hệ giữa các biến x, x’, y, y’ từ hai tính chất hình học (1) và (3) của tứ giác ABCD được xét. Sau đó bằng những phép biến đổi tương đương ta đưa được biểu thức (*) của p về biểu thức (4) đơn giản hơn. Tuy nhiên, để khảo sát được sự biến thiên của p qua biểu thức (4) chúng ta vẫn phải đưa về việc khảo sát biểu thức (6) của p nhờ đại lượng bất biến ở biểu thức (7) và đồng nhất thức (8) rồi từ đó mà tìm được pM và pm. Cách 2. (Hình 2.17) Gọi chu vi tứ giác ABCD là p = AB +BC + CD +DA. S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 45 Ta có p2 = (AB + BC + CD+DA)2 = AB2 + BC2 + CD2 +DA2 + 2 (AB.CD+ AD.BC) +2 (AB.AD+ CB.CD) + 2 (BA.BC +DA.DC) (1) Theo định lí Ptôlêmê thì AB.CD+ AD.BC = AC.BD (2) Kẻ đường kính BE, ta có △ABE ∼ △PAD⇒ AB.AD = 2a.PA △CBE ∼ △CPD⇒ CB.CD = 2a.PC Từ hai đẳng thức trên có AB.AD+ CB.CD = 2a (PA+ PC) = 2a.AC (3) Tương tự BA.BC +DA.DC = 2a.BD (4) b O b P b A b C b B b D b b E b M b N Hình 2.17: Chú ý rằng AB2 + CD2 = AB2 +AE2 = 4a2 BC2 +DA2 = BC2 + CE2 = 4a2 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 46 Thay hai đẳng thức trên và (2), (3), (4) vào (1) được p2 = 8a2 + 2AC.BD+ 4a (AC + BD) (5) Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AC, BD thì OM⊥AC,ON⊥BD Ta có AC2 +BD2 = 4AM2 + 4BN2 = 4 ( R2 −OM2)+ 4 (a2 − ON2) = 8a2 − 4 (OM2 +ON2) = 8a2 − 4OP 2 = 8a2 − 4d2. Do đó (AC + BD)2