quachthitam dvi ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC QUÁCH THỊ TẤM MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành Phương pháp T[.]
Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương
- Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Chương 1 trình bày quan niệm về bài toán cực trị hình học, cùng với một số phương pháp giải quyết các bài toán cực trị hình học phổ biến trong chương trình THPT.
- Chương 2: Một số bài toán cực trị hình học
Chương 2 của bài viết tập trung vào việc phân tích các bài toán cực trị hình học từ các đề thi học sinh giỏi quốc tế và quốc gia, cũng như từ tạp chí Toán học tuổi trẻ Nội dung được phân loại một cách tương đối để giúp người đọc dễ dàng tiếp cận và hiểu rõ hơn về các dạng bài toán này.
Do hạn chế về thời gian và năng lực cá nhân, các dạng toán trong luận văn chỉ phản ánh một phần nhỏ, nhằm minh họa cho các bài toán cực trị trong hình học.
Em rất mong nhận được sự quan tâm, giúp đỡ của các Thầy, các
Cô hoàn thiện nội dung luận văn nhằm tổ chức chuyên đề về bài toán cực trị hình học, từ đó nâng cao chất lượng giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.
Cuối cùng, em xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên, Khoa Toán - Tin, thầy PGS.TS Trịnh Thanh Hải, cùng các thầy cô và bạn bè đã hỗ trợ em trong việc hoàn thành luận văn này.
Học viênQuách Thị Tấm
Bài toán cực trị hình học
Bài toán cực trị hình học
Trong hình học, có những bài toán cực trị nhằm tìm kiếm hình có đặc điểm chung với một đại lượng (như độ dài, số đo góc, diện tích) có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất Những bài toán này thu hút học sinh vì tính thực tiễn của chúng, khi tìm kiếm những giá trị tối ưu trong cuộc sống và kỹ thuật Để giải quyết bài toán cực trị hình học, cần thực hiện hai bước: xác định vị trí của hình H trên miền D và tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức f.
Bước 1 Chứng tỏ rằng với mọi vị trí của hình H trên miền D thì f ≥ m (hoặc f ≤ m), với m là hằng số
Bước 2 Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f = m
1.1.2 Ví dụ về bài toán cực trị hình học
Ví dụ 1.1 (Đề thi IMC, THCS, 2015)
E là một điểm nằm trên cạnh BC của hình vuông ABCD sao cho
BE = 20cm và CE = 28cm P là một điểm trên đường chéo BD Giá trị nhỏ nhất của độ dài PE + PC là bao nhiêu cm?
Ví dụ 1.2 (Dựa theo Đề thi IMO)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1 Các điểm M, N, I theo thứ tự di động trên AA’, BC, C’D’ sao cho A’M=BN=C’I=a (0≤ a ≤ 1).
1) (α) là mặt phẳng qua M, N, I Chứng minh rằng (α) luôn tự song song;
2) Tính d(A, (α)) (khoảng cách từ A đến (α)) theo a;
3) Tính diện tích tam giác MNI theo a và xác định vị trí điểm M để diện tích đó nhỏ nhất;
4) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác MNI thuộc một đường thẳng cố định.
Một số hướng giải bài toán cực trị hình học
Sử dụng phương pháp véctơ
Một số bài toán cực trị hình học có thể được giải quyết hiệu quả hơn khi sử dụng công cụ vectơ Ngoài những kiến thức cơ bản đã học ở bậc THPT như tính chất và phép biến đổi vectơ, bất đẳng thức vectơ và các hệ thức vectơ trong tam giác, chúng ta cần tìm hiểu thêm về khái niệm trọng tâm của một hệ điểm, công thức Lagrange - Jacobi, tâm tỉ cự của một hệ điểm, và định lý "con nhím" trong khối tứ diện Định nghĩa trọng tâm của một hệ m điểm A1, A2, , Am trong không gian là điểm G, thỏa mãn điều kiện P m i =1.
Dễ thấy trọng tâm một hệ điểm luôn tồn tại và duy nhất Hơn nữa, nếu
G được gọi là trọng tâm của hệ điểm A 1 , A 2 , , Am thì với mọi điểm M trong không gian, có −−→
−−→MAi. Định lý 1.1 (Công thức Lagrange - Jacobi): Giả sử G là trọng tâm của hệ điểm A 1 , A 2 , , Am và M là một điểm tùy ý trong không gian Thế thì
Ví dụ 1.3 Cho tứ diện ABCD Tìm điểm M sao cho
MA 2 +MB 2 +MC 2 +MD 2 bé nhất.
Gọi I là trung điểm AB, J là trung điểm CD, G là trung điểm IJ.
Ta có −→GA+ −−→GB+−→GC +−−→GD = −→0
MA 2 = (−−→MG+−→GA) 2 = MG 2 +GA 2 + 2.−−→MG.−→GA
= 4MG 2 +GA 2 +GB 2 +GC 2 +GD 2 + 2−−→
GD) hay MA 2 +MB 2 +MC 2 +MD 2 = 4MG 2 +GA 2 +GB 2 +GC 2 +GD 2
MA 2 +MB 2 +MC 2 +MD 2 ≥GA 2 +GB 2 +GC 2 +GD 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với G.
Vậy MA 2 +MB 2 +MC 2 + MD 2 bé nhất khi M trùng với G.
Cho tứ diện SABC với các cạnh SA, SB, SC đều bằng 1 Mặt phẳng (α) luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC tại các điểm D, E, F Cần xác định giá trị lớn nhất của biểu thức liên quan đến các điểm này.
Vì G là trọng tâm của tứ diện SABC nên đường thẳng SG đi qua trọng tâm S’ (hình 1.1) của tam giác ABC và có hệ thức
Lại vì bốn điểm D, E, F, G đồng phẳng nên 1
3 khi và chỉ khi SD = SE = SF = 3
4, nghĩa là khi và chỉ khi mặt phẳng (DEF) đi qua G và song song với mặt phẳng (ABC).
Sử dụng phương pháp tọa độ
Để giải bài toán cực trị trong hình học giải tích, ta có thể sử dụng hệ trục tọa độ afin hoặc hệ tọa độ Descartes vuông góc Quá trình giải toán sẽ được thực hiện theo các bước cụ thể nhằm đạt được kết quả chính xác.
-Bước 1 Thiết lập hệ trục tọa độ thích hợp, từ đó suy ra tọa độ của các điểm cần thiết.
-Bước 2 Thiết lập biểu thức điều kiện (nếu có) Thiết lập biểu thức giải tích cho đối tượng cần tìm cực trị.
-Bước 3 Lựa chọn phương pháp tìm cực trị, thông thường là:
+ Sử dụng đánh giá biểu thức.
+ Phương pháp tam thức bậc hai.
+ Sử dụng bất đẳng thức như BĐT tam giác, BĐT Cauchy, + Sử dụng đạo hàm.
Ví dụ 1.5 Trong không gian với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz cho hai điểm M(3; 1; 1) và N(4;3; 4) và đường thẳng d có phương trình x−7
1Tìm điểm I thuộc d sao cho IM + IN nhỏ nhất.
MN = (1; 2; 3); d có vectơ chỉ phương −→u = (1;−2; 1) nên
Mặt phẳng (P) qua MN vuông góc với d tại I có phương trình: x - 2y + z - 2 = 0.
Vì I là giao điểm của hai đường thẳng MN và d nên tính được tọa độ của I
Trong không gian tọa độ Decasters Oxyz, cho đường thẳng d và hai điểm M(x1;y1;z1) và N(x2;y2;z2) không nằm trên đường thẳng d, nhiệm vụ là tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách IM + IN là nhỏ nhất.
Trong trường hợp I, M, N và d nằm trong một mặt phẳng, ta giải bài toán bằng cách xem xét đoạn MN cắt d hay không Nếu đoạn MN cắt d, giao điểm đó chính là điểm I cần tìm Ngược lại, nếu đoạn MN không cắt d, ta lấy M’ là điểm đối xứng của M qua d, và có IM = IM’ Ta có IM + IN = IM’ + IN ≥ M’N, với đẳng thức xảy ra khi I, M’, N thẳng hàng, tức là IM + IN đạt giá trị nhỏ nhất Do đó, I là giao điểm của M’N và d, từ đó suy ra tọa độ điểm I.
Trường hợp 2 Các đường thẳng MN và d chéo nhau Có hai khả năng: a, Nếu MN⊥d thì ta làm như sau: x b
Gọi (P) là mặt phẳng qua MN vuông góc với d tại J (hình 1.2), khi đó
MJ⊥d; N J⊥d và MJ+NJ=k (không đổi);
Với mọi điểm I thuộc đường thẳng d, ta có IM ≥ JM và IN ≥ JN, dẫn đến IM + IN ≥ JM + JN Đẳng thức này chỉ xảy ra khi I và J trùng nhau, từ đó xác định được tọa độ điểm I là giao điểm của đường cong (P) và đường thẳng d Nếu đoạn thẳng MN không vuông góc với d, ta có thể chuyển bài toán về mặt phẳng để giải quyết.
- Xác định hình chiếu vuông góc H của N xuống d.
Gọi (R) là mặt phẳng chứa d và điểm N, trong khi (P) là mặt phẳng qua H vuông góc với d Mặt phẳng (Q) chứa d và điểm M, và ∆ là giao tuyến của (P) và (Q) với ∆⊥dtại H Từ ∆, ta chọn điểm K sao cho KH=NH, với K và M nằm ở hai phía của mặt phẳng (R) Khi đó, với mọi điểm J thuộc d, ta có ∆N JH = ∆KJH.
⇒JM + JN = JM +JK ≥ MK Đẳng thức xảy ra khi J, M, K thẳng hàng từ đó tìm được tọa độ điểm
I ≡J, giao điểm của MK và d, đó là điểm cần tìm.
Ví dụ 1.7.Cho hai điểm A(1;2); B(0;-1) và đường thẳng d có phương trình tham số
Tìm điểm M thuộc d sao cho a, MA+MB nhỏ nhất b, MA -MB lớn nhất
Trong hình học phẳng ta biết:
- Nếu A, B nằm về hai phía đối với d thì: MA+MB nhỏ nhất ⇔M là giao điểm của AB và d.
- Nếu A, B nằm về một phía đối với d và B’ là điểm đối xứng của B qua d thì : MA+MB nhỏ nhất ⇔ M là giao điểm của AB’ và d.
- Nếu A, B nằm về một phía đối với d mà AB cắt d thì: |MA-MB| lớn nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và d.
- Nếu A, B nằm về hai phía đối với d và B” là điểm đối xứng của B qua d mà AB” cắt d thì: |MA-MB| lớn nhất ⇔ M là giao điểm của AB” và d.
Dựa vào kết quả đã biết trong hình học phẳng, ta có thể giải được bài toán Tuy nhiên việc tính toán sẽ khá phức tạp vì:
Để kiểm tra vị trí của các điểm A và B so với đường thẳng d, nếu phương trình của d được biểu diễn dưới dạng tham số, chúng ta cần chuyển đổi nó về dạng tổng quát.
Để xác định tọa độ điểm B’ hoặc B”, quá trình tính toán trở nên phức tạp hơn Để giải quyết vấn đề này, luận văn sẽ đề xuất một giải pháp mới Cụ thể, vì M thuộc đường thẳng d, nên tọa độ của M được xác định là (t; 2t+1).
Vì M’ chạy trên trục hoành x’Ox và A’, B’ nằm về hai phía đối với x’Ox nên MA+MB nhỏ nhất
⇔ M’ là giao điểm của A’B’ và x’Ox
b, Tương tự như câu a, ta có
Vì M” chạy trên trục hoành x’Ox và A”, B” nằm về một phía đối với x’Ox nên |MA-MB| lớn nhất ⇔ |M”A”-M”B”| lớn nhất ⇔ M” là giao điểm của A”B” và x’Ox
Ý tưởng chính trong lời giải này dựa vào các kết quả đã biết trong hình học phẳng, nhưng việc thay thế đường thẳng d bằng trục x’Ox khi xem xét vị trí tương đối của các điểm đã giúp giảm đáng kể độ phức tạp trong tính toán Chúng ta sẽ thấy rõ ý tưởng này qua bài toán tiếp theo.
Ví dụ 1.8 Trong không gian cho hai điểm A(a; 0; a) và B
3 ;−a 3 và đường thẳng d có phương trình tham số:
Tìm điểm M thuộc d sao cho: a, MA+MB nhỏ nhất b, |MA -MB| lớn nhất
Lời bình Thông thường để giải câu a, người ta tìm điểm B’ là ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục d với góc quay thích hợp sao cho
A, B’, d đồng phẳng và A, B’ nằm về hai phía đối với d Khi đó MA+MB nhỏ nhất
M là giao điểm của AB’ và d Để giải câu b, cần tìm điểm B” là ảnh của điểm B qua phép quay quanh trục d với góc quay thích hợp, sao cho A, B”, d đồng phẳng và A, B” nằm về một phía đối với d Nếu AB" cắt d, thì điều kiện |MA+MB| lớn nhất xảy ra khi M là giao điểm của AB” và d.
Để tìm tọa độ điểm B’ (câu a) hoặc B” (câu b), chúng ta cần thực hiện những phép tính phức tạp Tuy nhiên, chúng ta sẽ tiếp tục áp dụng ý tưởng này để đưa ra lời giải cho vấn đề.
Lời giải. a, Vì M ∈ d nên M có tọa độ (t; t; a-t) Khi đó
Vì M’ chạy trên x’Ox và A’, B’ nằm về hai phía đối với x’Ox nên
MA+MB nhỏ nhất⇔ M’A’ + M’B’ nhỏ nhất ⇔M’ là giao điểm của A’B’ và x’Ox
b, Tương tự như câu a, ta có
Vì M” chạy trên trục hoành x’Ox và A”, B” nằm về một phía đối với x’Ox nên |MA-MB| lớn nhất ⇔ |M”A”-M”B”| lớn nhất ⇔ M” là giao điểm của A”B” và x’Ox
⇔ M” có tọa độ (0; 0) ⇔ M có tọa độ (0; 0;a).
Lời bình Trong lời giải trên ta không những thay đường thẳng d bằng trục x’Ox mà còn chuyển hệ thống không đồng phẳng gồm hai điểm
A, B và đường thẳng d thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểm A’, B’ và trục x’Ox (trong câu a) hoặc thành hệ thống đồng phẳng gồm hai điểmA”, B” và trục x’Ox (trong câu b) Đó là nguyên nhân cơ bản giúp ta có được một lời giải cơ bản.
Sử dụng phương pháp đại số
Việc vận dụng phương pháp đại số vào giải bài toán cực trị thường theo các bước sau:
- Bước 1: Chọn ẩn, đặt điều kiện cho ẩn.
- Bước 2: Biểu thị các yếu tố hình học theo ẩn.
- Bước 3: Từ các mối quan hệ hình học lập pt (hệ pt).
- Bước 4: Lựa chọn phương pháp thích hợp để tìm cực trị như sử dụng các BĐT, đánh giá biểu thức, sử dụng đạo hàm
Cho hình vuông ABCD có cạnh a, với điểm M nằm trên cạnh AB Ta sẽ dựng hai hình vuông bên trong ABCD với cạnh MA và MB Mục tiêu là xác định vị trí của điểm M sao cho diện tích phần còn lại S của hình vuông ABCD đạt giá trị tối đa.
Lời giải. Đặt MA = x, MB = y với x ≥ 0;y ≥ 0 thỏa mãn x+y=a Gọi S1 và
S2 theo thứ tự là diện tích hình vuông cạnh MA và MB thì S1 = x 2 và
S2 = y 2 (hình 1.4) Dễ thấy S lớn nhất ⇔ S1+S2 nhỏ nhất ⇔ P = x 2 +y 2 nhỏ nhất Từ bất đẳng thức y x
2 x 2 + y 2 ≥ (x+y) 2 hay 2 x 2 +y 2 ≥ a 2 suy ra giá trị nhỏ nhất (GTNN) của S1 +S2 bằng a 2
2 , lúc đó M là trung điểm AB.
Để xác định vị trí điểm M trên đường kính AB của đường tròn tâm O bán kính R, cần tìm điểm M sao cho tổng diện tích của các hình tròn có đường kính MA và MB là nhỏ nhất.
Lời giải. Đặt MA = 2x, MB = 2y với x ≥ 0;y ≥ 0 thỏa mãn x+y = R không đổi.Gọi S 1 và S 2 theo thứ tự là diện tích hình tròn có đường kính MA và MB b A b B b O b M
(hình 1.5) Dễ thấy S = S1+S2 nhỏ nhất⇔P = πx 2 +πy 2 = π x 2 +y 2 nhỏ nhất Lập luận tương tự như trên suy ra GTNN của S bằng πR 2
2 , lúc đó M trùng với tâm O.
Các bài toán được giải đều tập trung vào việc xác định giá trị nhỏ nhất của các biểu thức như x² + y² hoặc x³ + y³, trong đó tổng x + y là một hằng số Nhờ vậy, việc giải các bài toán cực trị hình học có thể được chuyển đổi thành các bài toán cực trị đại số.
Trong bài toán tổng quát, cho n (n ≥ 2) số không âm x1, x2, , xn thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = a, với a là số dương đã cho Mục tiêu là tìm giá trị nhỏ nhất cho hai biểu thức: a) P = x1^2 + x2^2 + + xn^2 và b) Q = x1^3 + x2^3 + + xn^3.
Lời giải a, Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = = xn
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là a 2 n khi x 1 = x 2 = = xn = a n. b, Đặt √xi = ti ≥ 0 với i = 1,2, , n thì xi = t 2 i và x 2 i = tit 3 i Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có t1t 3 1 +t2t 3 2 + + tnt 3 n 2 ≤ t 2 1 +t 2 2 + +t 2 n t 6 1 +t 6 2 + + t 6 n hay x 2 1 +x 2 2 + +x 2 n 2 ≤ a x 3 1 + x 3 2+ +x 3 n (2)
Từ (1), (2) ta có a x 3 1 + x 3 2+ +x 3 n ≥ a 4 n 2 ⇔x 3 1 +x 3 2 + +x 3 n ≥ a 3 n 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi (1) và (2) cùng xảy ra dấu đẳng thức, khi đó x1 = x2 = = xn.
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là a 3 n 2 khi x 1 = x 2 = = xn = a n.
Sử dụng phương pháp hình học tổng hợp
Bài toán cực trị hình học rất phong phú và đa dạng, với nhiều bài toán khó khăn Để giải quyết những vấn đề này, chúng ta cần áp dụng một cách tổng hợp nhiều phương pháp khác nhau, trong đó phương pháp hình học tổng hợp đóng vai trò quan trọng.
Trong bài toán tìm các điểm X, Y, Z, T thuộc các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện ABCD sao cho tổng XY² + XZ² + XT² + YZ² + YT² + ZT² đạt giá trị nhỏ nhất, ta cần áp dụng các khái niệm quan trọng Định nghĩa 1.2 nêu rõ rằng M là trung điểm cạnh CD, và mặt phẳng (MAB) là mặt trung diện xuất phát từ cạnh AB của tứ diện, với tổng cộng sáu mặt trung diện đồng quy tại trọng tâm của tứ diện Định nghĩa 1.3 tiếp tục khẳng định rằng (α) và (β) là mặt phân giác và mặt trung diện tương ứng từ cạnh AB của tứ diện ABCD.
(γ) là ảnh của (β) qua phép đối xứng mặt (α) Khi đó (γ) được gọi là mặt đối trung xuất phát từ cạnh AB của tứ diện.
Một tứ diện có sáu mặt đối trung, và các mặt này đồng quy tại một điểm gọi là điểm đối trọng tâm Theo định lý 1.2, với tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện, các hình chiếu H, I, J, K của M xuống các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) cho thấy rằng M là điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD nếu và chỉ nếu VM BC D.
S D 2 ; iii) M là trọng tâm của tứ diện HIJK. Ở đây SA, SB, SC, SD là kí hiệu diện tích các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện ABCD.
Sau đây ta áp dụng định nghĩa 1.2, định nghĩa 1.3 và định lý 1.2 vào giải ví dụ trên.
Gọi G là trọng tâm của tứ diện XYZT (hình 1.6) Khi đó GX.SA+GY.SB+ GZ.SC +GT.SD ≥3.VABCD.
(GX 2 +GY 2 +GZ 2 +GT 2 )(S A 2 +S B 2 + S C 2 +S D 2 ) ≥9V ABCD 2
Chú ý rằng, vì G là trọng tâm của tứ diện XYZT nên b A b B b
XY 2 +XZ 2 +XT 2 +Y Z 2 +Y T 2 +ZT 2 = 4(GX 2 +GY 2 +GZ 2 +GT 2 ).
XY 2 +XZ 2 +XT 2 + Y Z 2 + Y T 2 +ZT 2 ≥ 36V ABC 2 D
S A 2 +S B 2 + S C 2 +S D 2 Đẳng thức xảy ra⇔G nằm trong tứ diện ABCD sao cho GX, GY, GZ, GT tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) và GX
SD ⇔G nằm trong tứ diện ABCD sao cho GX, GY,
GZ, GT tương ứng vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) và VGBC D
Điểm S D 2 tương ứng với các điểm GX, GY, GZ, GT vuông góc với các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Điểm G được xác định là trọng tâm của tứ diện ABCD, trong khi các điểm X, Y, Z, T là hình chiếu vuông góc của trọng tâm G lên các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC).
Vậy tổng XY 2 +XZ 2 +XT 2 +Y Z 2 +Y T 2 +ZT 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi
X, Y, Z, T thỏa mãn (*) và giá trị nhỏ nhất đó bằng 36V ABC 2 D
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ
Các bài toán cực trị hình học liên quan đến tính chất cơ bản trong hình học phẳng
bản trong hình học phẳng
Bài toán 2.1 (Đề thi IMC, THCS, 2015)
E là một điểm nằm trên cạnh BC của hình vuông ABCD sao cho
BE = 20cm và CE = 28cm P là một điểm trên đường chéo BD Giá trị nhỏ nhất của độ dài PE + PC là bao nhiêu cm?
Lấy F là một điểm thuộc AB sao cho AF = CE Khi đó F và E đối xứng nhau qua BD (hình 2.1) Từ bất đẳng thức tam giác,
P E +P C = P C +P F ≥ CF Do đó giá trị nhỏ nhất xảy ra khi P nằm trên CF, và giá trị bằng CF = √
20 2 + 28 2 = 52cm. Bài toán 2.2 (Đề thi IMC, THCS, 2014)
M là trung điểm của cạnh CD của hình vuông ABCD có cạnh dài 24cm.
P là điểm thỏa mãn PA=PB=PM Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng PM theo cm.
Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AB với AN = 12 cm Theo tính chất đối xứng, điểm P phải nằm trên đoạn MN để đảm bảo PA = PB Khi P càng gần N, độ dài PA sẽ giảm và PM sẽ tăng Do đó, chỉ có một điểm P duy nhất thỏa mãn điều kiện PA = PB = PM Nếu PN = 9 cm, điều này sẽ được thể hiện rõ hơn.
12 2 + 9 2 = 15 cm và PM = 24 - 9 = 15 cm Vậy giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng PM là 15 cm.
Bài toán 2.3 (Đề thi IMC, THCS, 2014)
Điểm P nằm trong hình vuông ABCD có cạnh dài 8cm Để tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác có diện tích nhỏ nhất, cần xác định vị trí của điểm P trong hình vuông Diện tích tối thiểu của tam giác sẽ phụ thuộc vào khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của hình vuông.
6 tam giác PAB, PBC, PCD, PDA, PAC và PBD.
Để đảm bảo diện tích của các tam giác không nhỏ hơn 8cm², trước tiên ta xác định vị trí của điểm P Gọi O là tâm của hình vuông và M là trung điểm của cạnh CD Nếu P là trung điểm của đoạn OM, ta có SP BC = SP DA và SP AB > SP CD.
Ta có SP AC = SP B D = 2SP O D = SP C D = 1
Giả sử có một điểm P nằm trong hình vuông, với điều kiện rằng diện tích lớn nhất của tam giác có diện tích nhỏ nhất trong số các tam giác đó phải lớn hơn 8cm² Ví dụ, điểm P có thể nằm bên trong hoặc trên cạnh của tam giác.
16 = SP C D+SP OC+SP O D = SP C D+1
Do đó là điều giả sử là sai.
Giá trị lớn nhất có thể đạt được cho diện tích của tam giác nhỏ nhất trong các tam giác PAB, PBC, PCD, PDA, PAC và PBD là 8 cm².
Bài toán 2.4 (Đề thi IMC, THCS, 2013)
Cho điểm O bên trong tứ giác ABCD, với khoảng cách từ O đến các đỉnh A, B, C, D lần lượt là 1 cm, 2 cm, 4 cm và 7 cm Cần tính giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD theo đơn vị cm².
Diện tích của tam giác đạt giá trị lớn nhất khi hai cạnh vuông góc với nhau Giả sử hai cạnh AC và BD cắt nhau tại điểm O tạo thành các góc vuông Chúng ta cần chia các số 1, 2, 4 và 7 thành hai cặp và tìm tích lớn nhất của tổng các cặp số này.
(1 + 2)(4 + 7) = 33 < (1 + 4)(2 + 7) = 45 < (1 + 7)(2 + 4) = 48 Vậy diện tích của tứ giác ABCD lớn nhất là 48 : 2 = 24cm 2
Bài toán 2.5 (Đề thi IMO, 1979)
Cho mặt phẳng (K) và một điểm P trong mặt phẳng đó Q là điểm ngoài (K) Hãy tìm các điểm R trong (K) sao cho tỉ số QP +P R
QR đạt giá trị lớn nhất.
Ta xét điểm R trên đường tròn tâm P trong mặt phẳng (K) Gọi X là chân đường vuông góc hạ từ Q xuống (K) (hình 2.4).
Giả sử P khác X, khi R di chuyển trên đường tròn tâm P, giá trị QR sẽ đạt nhỏ nhất khi R nằm cùng phía với X so với P và trên đường thẳng PX Lúc này, tổng QP + PR sẽ được tối ưu hóa.
QR đạt giá trị lớn nhất, vì PR thì bằng bán kính đường tròn, còn QP không đổi). b Q b S b R b
Nhận xét trên giúp ta đi đến kết luận rằng điểm R làm cho QP +P R
QR đạt giá trị lớn nhất ắt phải nằm trên tia PX.
Gọi S là điểm trên đường thẳng PX về phía đối diện với X qua điểm P sao cho PS = PQ Lúc đó, với R trên tia PX, ta có:
QR = sinRQS[ sinQSR[ (áp dụng định lý hàm sin cho tam giác SQR).
Nhưng góc QSR cố định nên sinQSR[ không đổi, do đó, tỉ số QP +P R
QR đạt cực đại khi sinRQS[ = 1 ⇔RQS[ = 90 0
Tóm lại, nếu P khác X thì tồn tại duy nhất điểm R xác định như trên thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Nếu P trùng X, ta vẫn có thể chọn R sao cho RQS[ = 90 0 , và khi ấy điểm
R vẫn thỏa mãn đề bài, nhưng lúc này R không còn nằm trên tia PX nữa, mà có thể ở bất kỳ vị trí nào trên đường tròn có tâm P và bán kính PS = PQ.
Bài toán 2.6 trong đề thi HSG năm 2005 - 2006 tại TP Hồ Chí Minh yêu cầu tìm vị trí điểm M trên cạnh AB của tam giác đều ABC Từ điểm M, vẽ hai đường thẳng song song với các cạnh AC và BC, cắt BC tại D và AC tại E Mục tiêu là xác định vị trí M sao cho độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.
Vì AME = ABC (đồng vị), nên AME = MAE = 60 độ, từ đó suy ra tam giác AME là tam giác đều Tương tự, có thể chứng minh tam giác BMD cũng là tam giác đều Tiến hành vẽ DH vuông góc với AB tại H, EK vuông góc với AB tại K, và DN vuông góc với KE tại N (hình 2.5).
2MB Do đó HK = MK +MH = 1
Tứ giác HKND có ba góc vuông nên là hình chữ nhật, suy ra DN = HK.
Mà DN ⊥ N E nên DE ≥ DN Vậy DE ≥ 1
2AB ⇔ E ≡ N ⇔ DE //AB Khi đó các tứ giác BMED, DMAE đều là hình bình hành khi và chỉ khi MA = MB.
Vậy khi điểm M là trung điểm cạnh AB thì độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 2.7 (Đề thi HSG Bulgari, 1997)
Cho n điểm A0, A1, , An-1 trên một đường tròn, chia đường tròn thành các cung bằng nhau Nhiệm vụ là tìm n điểm B0, B1, , Bn-1 trên đường tròn sao cho độ dài đường gấp khúc B0B1 Bn-1 đạt giá trị lớn nhất.
Giả sử n lẻ, n = 2k+ 1 Rõ ràng dây cung AiAj có độ dài lớn nhất khi
Đối với các điểm A0, Ak, A2k, Ak−1, A2k−1, Ak−2, A2k−2, , A1, Ak+1, ta có thể thấy rằng mỗi đoạn dây cung giữa hai điểm liên tiếp trong dãy này sẽ có độ dài lớn nhất Điều này dẫn đến việc độ dài đường gấp khúc A0AkA2kAk−1A2k−1 sẽ được tối ưu hóa theo nhận xét đã nêu.
Tiếp theo giả sử n chẵn, n=2k Khi đó, dây cung AiAj có độ dài lớn nhất khi |i−j| = k Có k đoạn như thế, đó là:
A0Ak, A1Ak +1, , Ak − 1A2 k − 1. Dây cung dài nhất kế theo sau AiAj có được khi
Xét các điểm A 0 , Ak, A 2 k − 1, Ak − 1, A 2 k − 2, Ak − 2, , Ak +1, A 1, ta nhận thấy rằng có k đoạn có độ dài lớn nhất và k−1 đoạn có độ dài lớn thứ hai Đây là thứ tự các điểm thỏa mãn yêu cầu của bài toán, với điều kiện |i−j| = k −1 hoặc |i−j| = k + 1.
Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác Cần chứng minh rằng các độ dài SM BC, SM CA, và SM AB là độ dài ba cạnh của một tam giác Đồng thời, tìm điểm M sao cho diện tích của tam giác này đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải. a, Vì M thuộc tam giác ABC nên các tam giác MBC, MCA, MAB cùng hướng, và các vectơ SM BC.−−→
MC đôi một không cùng phương, theo tính chất và định nghĩa phép cộng vectơ, ta thấy:
Các bài toán cực trị hình học liên quan đến tam giác
Trong bài toán 2.10, chúng ta xem xét tam giác nhọn ABC và cần xác định vị trí các điểm X, Y, Z lần lượt trên các cạnh BC, CA và AB Mục tiêu là tìm cách sắp xếp các điểm này sao cho chu vi của tam giác X, Y, Z đạt giá trị nhỏ nhất.
Gọi (O 1 , R 1 ),(O 2 , R 2 ),(O 3 , R 3 ) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác AYZ, BZX, CXY.
Dễ thấy các đường tròn trên cùng đi qua một điểm Ta kí hiệu điểm đó là T.
Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
Nhờ định lý hàm số sin ta có
≥ T A.sin A + TB.sinB + TC.sinC
= TA.sin 180 0 −Aˆ + TB.sin 180 0 −Bˆ + TC.sin 180 0 −Cˆ
≥ HA.sinBHC\ +HB.sinCHA\ +HC.sinAHB\
Dễ dàng chứng minh rằng
HA.sinBHC\ + HB.sinCHA\ +HC.sinAHB\ = 4R.sinA.sinB.sinC Vậy XY +Y Z + ZX ≥4R.sinA.sinB.sinC Đẳng thức xảy ra ⇔
T ≡ 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 ′
Để xác định và chứng minh vị trí của điểm M sao cho p(M) đạt giá trị lớn nhất, ta ký hiệu giá trị lớn nhất này là p(ABC) Câu hỏi đặt ra là với tam giác ABC nào thì giá trị p(ABC) sẽ lớn nhất?
Gọi α, β, γ lần lượt là các góc A, B, C Cũng gọi α1 = ∠MAB, α2 = ∠MAC, β1 = ∠MBC, β2 = ∠MBA, γ 1 = ∠MCA, γ 2 = ∠MCB, ta có:
(MA) 2 = sinα 1 sinα 2 ,MA ′ MB ′
(MB) 2 = sinβ1.sinβ2, nên p(M) 2 = sinα1.sinα2.sinβ1.sinβ2.sinγ1.sinγ2. Để ý rằng sinα1.sinα2 = 1
Tương tự: sinβ 1 sinβ 2 ≤ sin 2 β
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
Đại lượng này đạt giá trị lớn nhất khi tam giác đều, điều này có thể được chứng minh qua nhiều phương pháp, bao gồm cả bất đẳng thức Jensen Một cách chứng minh đơn giản hơn là áp dụng đẳng thức thứ nhất để kết luận rằng nếu x, y ≥ 0 và x + y ≤ π.
2 cố định, thì giá trị của sinxsiny có thể tăng trong khi |x − y| giảm xuống Như thế, nếu x+ y +z = π
2, giá trị của sinxsinysinz có thể tăng nếu bất kì số nào trong x, y, z không bằng π
6 +x Khi đó, tổng x ′ + y+ z ′ vẫn không đổi, nhưng tích sinx ′ sinysinz ′ lại tăng lên.)
Cho tam giác ABC, gọi MH 1 , MH 2 , MH 3 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 b
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 120 0 thì điểm M cần tìm là điểm nhìn ba cạnh với cùng một góc 120 0
Nếu tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 120 độ, thì điểm M cần tìm sẽ là đỉnh của góc đó Trong bài toán 2.12.2, điểm M trùng với đỉnh tam giác tương ứng với đường cao nhỏ nhất, hoặc có thể di động trong toàn bộ miền tam giác ABC nếu tam giác đều Còn trong bài toán 2.12.3, điểm M sẽ trùng với đỉnh tam giác tương ứng với đường cao lớn nhất, hoặc có thể di động trong toàn bộ miền tam giác ABC nếu tam giác đều.
Chúng tôi sẽ mở rộng ba bài toán này thành ba bài toán cực trị cho đa giác lồi A1A2 An (với n ≥ 3) Đặt MHi là khoảng cách từ điểm M đến cạnh AiAi+1 của đa giác, trong đó An+1 ≡ A1 Mục tiêu là tìm điểm M nằm trong miền đa giác A1A2 An sao cho đạt được yêu cầu cụ thể.
Bài toán 2.12.1’ (Bài toán Torricelli): Đại lượng P n i =1
MAi đạt giá trị bé nhất.
Bài toán 2.12.2’ (Bài toán Torricelli): Đại lượng P n i =1
MHi đạt giá trị bé nhất.
Bài toán 2.12.3’ (Bài toán Torricelli): Đại lượng P n i =1
MHi đạt giá trị lớn nhất.
Bài toán 2.12.1 đối với tam giác ABC có nhiều cách giải, nhưng không thể áp dụng trực tiếp vào bài toán 2.12.1’ với đa giác Tuy nhiên, một tính chất quan trọng cho phép chúng ta giải quyết bài toán 2.12.1’ một cách tổng quát, đồng thời cũng có thể giải các bài toán 2.12.2’ và 2.12.3’ Mặc dù bề ngoài, bài toán 2.12.1’ không có mối liên hệ rõ ràng với 2.12.2’ và 2.12.3’, nhưng sự liên kết này vẫn tồn tại thông qua tính chất đã đề cập.
Tam giác đều có một tính chất đặc biệt: tổng các khoảng cách vuông góc từ bất kỳ điểm M nào đến ba cạnh của tam giác luôn là một hằng số, không thay đổi theo vị trí của 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 120 0
Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề 2.1: Nếu tam giác ABC có điểm T nhìn ba cạnh với cùng một góc 120 độ, thì T chính là điểm Torricelli của tam giác này.
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 AT B[ = \BT C = AT C[ = 120 0 nên AC\ ′ B = BA\ ′ C = CB\ ′ A = 60 0 hay tam giác A’B’C’ đều.
Lấy M là một điểm bất kì trong tam giác ABC Gọi h 1 , h 2 , h 3 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).
Hình 2.9: Áp dụng tính chất đẹp cho tam giác đều A’B’C’ ta có:
Tam giác đều không chỉ mang tính chất đẹp mà còn có thể tìm thấy ở những đa giác không đều, như hình bình hành, với các đặc điểm tương tự Những hình này được gọi là tam giác hằng số, tứ giác hằng số và đa giác hằng số Để xác định điều kiện cần và đủ cho một đa giác lồi bất kỳ trở thành đa giác hằng số, cần phải làm rõ khái niệm này và mở rộng cho trường hợp điểm M nằm ngoài đa giác Điều này sẽ được áp dụng vào các bài toán 2.12.2 và 2.12.3.
Trong hệ thức (1), nếu điểm O cố định ở miền trong đa giác thì r = r(r > 0) và P 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
−−→OM là kí hiệu hình chiếu của −−→OM trên −→T
Vậy P n i =1 hi nhỏ nhất (hay lớn nhất ) tùy theo fT
Điểm M nhỏ nhất hoặc lớn nhất sẽ nằm trên biên của đa giác lồi A1A2 An Với đa giác đã cho, chúng ta có thể xác định chính xác điểm M bằng thước và compa Trong trường hợp đặc biệt, khi T = 0, tổng các chiều cao hi bằng tổng các bán kính ri Điểm M cần tìm có thể di động trong toàn bộ miền của đa giác, cụ thể là thuộc biên của đa giác Điều kiện cần và đủ để một đa giác trở thành đa giác hằng số là rất quan trọng.
Định lý 2.1 xác định điều kiện cần và đủ để một đa giác lồi A1A2 An (với n ≥ 3) trở thành một đa giác hằng số, đó là vectơ đặc trưng của nó.
T = −→0. Chứng minh: Thật vậy, đa giác A 1 A 2 An là một đa giác hằng số khi và chỉ khi P n i =1 hi n
P i =1 ri với mọi M thuộc mặt phẳng chứa đa giác đó. Áp dụng công thức (1) ta có n
Vậy đa giác A 1 A 2 An là đa giác hằng số khi và chỉ khi
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
= −→0 thì điểm T chính là điểm Torricelli của đa giác đó.
Qua các đỉnh A1, A2, , An, ta dựng các đường thẳng vuông góc với các đoạn thẳng nối giữa chúng Những đường thẳng này giao nhau và tạo thành một đa giác B1, B2, , Bn, đa giác này sẽ ngoại tiếp đa giác A1, A2, , An Đặc biệt, đa giác B1, B2, , Bn là một đa giác hằng số, được xác định bởi vectơ đặc trưng.
T của đa giác này chính là P n i =1
= −→0) Sau đó chứng minh tương tự như trong trường hợp tam giác.
Lời giải bài toán 2.12.1 trong tam giác đã được áp dụng để mở rộng sang đa giác, thông qua việc phát triển tính chất của tam giác đều cho 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 A 1 A 2 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) P n i =1 αi.MAi đạt giá trị nhỏ nhất.
2) P 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) P n i =1 αi.MHi đạt giá trị lớn nhất.
4) P n i =1 αi.MHi là một hắng số.
Trong hình học phẳng có một bài toán kinh điển:
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.
Kỹ thuật cơ bản trong lời giải này là sự phát triển hoàn chỉnh của phương pháp mà Torricelli đã áp dụng để giải bài toán 2.13.1 Tuy nhiên, phương pháp này không còn hiệu lực cho bài toán 2.11.3 Do đó, để giải quyết bài toán 2.13.3, trước tiên cần phải 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 120 0 (hình 2.10) chẳng hạn \BAC ≥ 120 0 Đặt −→AE −→AB
AE| ≤ 1 Từ đó với điểm M bất kì ta có −−→
Từ đó với điểm M bất kì có đánh giá sau:
MA+MB +MC = MA+ MB.AB
! +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 120 0
(hình 2.11).Khi đó, trong tam giác ABC tồn tại (duy nhất) điểm T sao cho \BT C = CT A[ = AT B[ = 120 0 (1)
T C = −→0 Từ đó với điểm M bất kì có đánh giá sau: b A b
= T A+T B + T C 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 giải cho bài toán 2.13.3 ngắn gọn nhưng mang tính chất đại số cao, điều này giúp chúng ta dễ dàng tìm ra kết quả.
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
≤1 Khi đó với điểm M bất kì ta có
Từ đó, với điểm M bất kì có đánh giá sau:
MA+ MB +MC + MD =MA + MB.AB
≥ 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:
> 1 Để giải bài toán ta cần dựa vào ba bổ đề sau:
Các bài toán cực trị hình học liên quan đến đường tròn
Bài toán 2.14 yêu cầu xác định vị trí của góc xMy với α không đổi trong khoảng 90° < α < 180°, khi điểm M cố định trên đường tròn tâm O Các cạnh của góc xMy cắt đường tròn tại hai điểm A và B, trong khi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB Mục tiêu là tìm vị trí của góc xMy sao cho tổng HA^3 + HB^3 đạt giá trị nhỏ nhất khi điểm M di động.
Giả sử Mx và My cắt đường tròn tại các điểm A và B, với góc AMB = α không đổi và α > 90 độ, thì điểm H nằm giữa A và B, và độ dài AB là hằng số a, dẫn đến HA + HB = a Theo kết quả từ ví dụ trong mục 1.2.3, giá trị HA^3 + HB^3 đạt giá trị nhỏ nhất khi HA = HB = a.
Trong tam giác ABC với ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và trực tâm H, điểm M nằm trên cung BC không chứa A, đồng thời góc xMy nhận MO là đường phân giác.
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.
1) Gọi I là giao điểm của CH và AB, K là giao điểm của AH với BC(hình 2.12), dễ thấy IBK[ +AHC\ = 180 0 (1)
Lại có IBK[ = AMC\ (cùng chắn cung AC), AMC\ = AP C\ (đối xứng) nên IBK[ = AP C\ (2)
Từ (1) và (2) có \AP C + AHC\ = 180 0 , suy ra tứ giác AHPC nội tiếp.
2) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP\ = \ACP, mà \ACP = ACM\ (tính chất đối xứng), nên AHP\ = ACM\.
Lại có ACM\ + ABM\ = 180 0 nên AHP\ + ABM\ = 180 0 , mà ABM\ ABN\ suy ra AHP\ +ABN\ = 180 0 (3)
Tương tự ý 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp, nên ABN\ = AHN\ (4)
Từ (3) và (4) ta thấy AHP\+ AHN\ = 180 0 Suy ra N, H, P thẳng hàng.
3) Từ MAN\ = 2BAM,\ MAP\ = 2MAC\ suy ra
N AP\ = 2(BAM\ +MAC\) (< 180 0 ) không đổi.
NP đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi AM đạt giá trị lớn nhất Điều này xảy ra khi AM là đường kính của đường tròn (O) Do đó, NP lớn nhất khi M là điểm đối xứng với A qua O.
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?
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:
(2P) 2 = (BC +CA+AB) 2 ≤3 BC 2 +CA 2 + AB 2 (1) Mặt khác:
= 6R 2 −2 −→OC.−−→OB +−→OA.−→OC + −−→OB.−→OA
3 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi:
OC = −→0 ⇔ABC đều Bài toán 2.17 (Olympic 30-4, 2001)
Trên đường tròn (O; R), năm điểm A, B, C, D, E được sắp xếp theo thứ tự với AB = BC = CD = DE = R Trung điểm M của CD và N của AE được xác định Bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất có thể có của chu vi tam giác BMN.
Theo giả thiết các tam giác OAB, OBC và ODE là các tam giác đều (hình 2.13) nên: \AOE +DOC\ = 180 0 Mà 2DOC\ +DOC\ = 180 0
Từ đó △N OA = △MCO ⇒ ON = CM.
Mà \OBC = 60 0 ⇒N BM\ = 60 0 , vậy △MBN đều. b O b B b C b
Hình 2.13: Đặt α = AON\ (0 < α 0 và Y > 0, biểu thức (6) của p2 cho thấy p đạt giá trị lớn nhất pM hoặc giá trị nhỏ nhất pm khi và chỉ khi tổng X + Y đạt giá trị tối đa hoặc tối thiểu Đồng thời, từ (7) và đồng nhất thức cũng hỗ trợ cho nhận định này.
(X +Y) 2 + (X −Y) 2 = 2 X 2 +Y 2 (8) suy ra X+Y đạt max (min) ⇔ |X −Y| đạt min (max). a, Ta có max (X + Y) 2 = 8(a 2 + b 2 ) ⇔ X = Y Từ đó giá trị lớn nhất của X-Y là 2p2 (a 2 +b 2 ) ⇔X = Y = p2 (a 2 + b 2 ).
Sau khi thay giá trị lớn nhất của X+Y vào (6), ta tìm được giá trị lớn nhất pM Từ ý nghĩa hình học của các ký hiệu x, x’, y, y’ và X=x+x’; Y=y+y’, ta có thể xác định rằng min(X, Y) = 2b ≤ X, Y ≤ 2a = max(X, Y).
Suy ra giá trị lớn nhất của (X −Y) 2 là
Cuối cùng ta cũng thu được biểu thức pm Ý nghĩa hình học của đẳng thức điều kiện X = Y = p2(a 2 +b 2 ) 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 cho thấy rằng việc giải đại số nhanh chóng cho phép thiết lập biểu thức p dựa trên độ dài các cạnh của tứ giác, sử dụng các biến x, x’, y, y’ từ các đoạn thẳng có chung một đầu mút tại điểm P Đồng thời, cần thiết lập các hệ thức (1), (2), (3) để thể hiện mối liên hệ giữa các biến này dựa trên hai tính chất hình học.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét tứ giác ABCD và thông qua các phép biến đổi tương đương, biểu thức (*) của p được đơn giản hóa thành biểu thức (4) Để nghiên cứu sự biến thiên của p qua biểu thức (4), chúng ta cần khảo sát biểu thức (6) của p, sử dụng đại lượng bất biến từ biểu thức (7) và đồng nhất thức (8), từ đó xác định được giá trị cực đại pM và cực tiểu pm.
(Hình 2.17) Gọi chu vi tứ giác ABCD là p = AB +BC +CD+ DA.
Ta có p 2 = (AB +BC +CD +DA) 2
= AB 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 + 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
Từ hai đẳng thức trên có
AB.AD +CB.CD = 2a(P A+P C) = 2a.AC (3)
BA.BC +DA.DC = 2a.BD (4) b
Thay hai đẳng thức trên và (2), (3), (4) vào (1) được p 2 = 8a 2 + 2AC.BD + 4a (AC +BD) (5) Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AC, BD thì
AC 2 + BD 2 = 4AM 2 + 4BN 2 = 4 R 2 −OM 2 + 4 a 2 −ON 2
(AC +BD) 2 = AC 2 +BD 2 +2AC.BD 2 −4d 2 +2AC.BD (6) Thay (6) vào (5) được p 2 = (AC +BD) 2 + 4a (AC + BD) + 4d 2 (7) Đặt OM = u, ON = v ta có
Từ các phân tích trên, ta có thể kết luận rằng giá trị p² đạt cực tiểu khi u²v² = 0, tức là khi u = 0 hoặc v = 0 Trong trường hợp này, AC = 2a và BD = 2√(a² - d²) hoặc ngược lại, dẫn đến p² tối thiểu là 16a² + 16a√(a² - d²) Ngược lại, giá trị p² đạt cực đại khi u²v² đạt giá trị lớn nhất.
Lúc đó u = v do 4u 2 v 2 ≤ (u 2 +v 2 ) 2 = d 4 nên AC = BD hay AC 2 = BD 2 = 4a 2 −2d 2 theo (6). và p 2 = 16a 2 −4d 2 + 8a√
4a 2 −2d 2 Ghi chú: Tính (2), (3) cách khác với chú ý rằng
AD = CE, AE = CD, △ADC = △CEA.
∗ AB.CD +AD.BC = AB.AE +CE.BC
= 2SABE + 2SBCE = 2SABCE = 2SABC D = AC.BD
∗ AB.AD + CB.CD = 2SAB D sin\BAD + 2SBC D sin\BCD = 2SABC D sin\BAD
(Hình 2.18) Kí hiệu p là chu vi của tứ giác ABCD, ta có p 2 = [(AB +CD) + (BC +DA)] 2
= AB 2 +CD 2 + BC 2 +DA 2 + 2 (AB.CD +BC.DA) +2 (AB.AD +CB.CD +BA.BC +DA.DC)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O; a) nên :
AP.P C = BP.PD = ℘P/(O) = a 2 −d 2 = b 2 (1) AB.CD +BC.DA = AC.BD (định lý Ptôlêmê) (2) Lại vì AC⊥BD nên
Công thức 2AC.BD = (AC + BD)² − AC² + BD² cho phép tính giá trị p² = (AC + BD)² + 4a(AC + BD) + 4a² − b² Từ công thức này, có thể thấy rằng giá trị p đạt cực đại (pM) hoặc cực tiểu (pm) khi và chỉ khi tổng AC + BD đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất.
(AC + BD) 2 + (AC −BD) 2 = 2 AC 2 +BD 2 (6) suy ra AC+BD đạt giá trị max hay min ⇔ |AC −BD| đạt giá trị min hay max.
1, Từ (6) ta được max(AC +BD) 2 = 8 a 2 +b 2 ⇔AC = BD q
2 (a 2 +b 2 ),(b 2 = a 2 −d 2 ), khi đó tứ giác ABCD là một hình thang cân nhận OP làm trục đối xứng và cũng là trung trực chung của hai đáy BC, AD.
2, Cũng từ (6) suy ra min (AC + BD) 2 = 8 a 2 + b 2 −4(a−b) 2 = 4(a+b) 2 , hay min(AC +BD) = 2(a+b) ⇔max|AC −BD| = 2(a−b)
⇔ hoặc AC = 2a, BD = 2b hoặc BD = 2a, AC = 2b.
Giá trị nhỏ nhất của p đạt được khi và chỉ khi tứ giác ABCD có đường chéo AC = 2a là trục đối xứng, đồng thời trùng với đường kính đi qua điểm P của đường tròn (O; a).
Các bài toán cực trị hình học liên quan đến hình học giải tích 28
Bài toán 2.21 Trong không gian với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz cho hai điểm M(1; 2; 3) và N(4; 4; 5) Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (xOy) sao cho IM + IN nhỏ nhất.
Phương trình mp(xOy) là z=0 Ta có T=3.5>0, do đó M, N cùng phía đối với mặt phẳng (xOy) Ta xác định I như sau:
Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua mp (xOy) Đường thẳng (d) qua M vuông góc với mp(xOy) có vectơ chỉ phương −→u = (0; 0; 1) nên phương trình tham số có dạng
Giả sử H là giao điểm của (d) với mp (xOy) thì H(1; 2; 3+t) Lúc đó 3+t=0 suy ra H(1; 2; 0) Do đó M’(1; 2; -3) nên −−−→
Ta có IM +IN = IM ′ + IN ≥M ′ N. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I là giao điểm của M’N với mp (xOy). Phương trình của M’N là x−1
8 Điểm I(1+3m; 2+2m; -3+8m) cần tìm thuộc M’N nên -3 + 8m =0.
Bài toán 2.22 Trong không gian với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (α) có phương trình 2x-y+z+1=0 và hai điểm
Tìm điểm I trên mặt phẳng (α) sao cho |IM -IN| đạt giá trị lớn nhất.
Trong bài toán này, với T=6.(-12) < 0, ta xác định rằng các điểm M và N nằm ở hai phía khác nhau của mặt phẳng (α) Gọi R là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (α) Đường thẳng MR đi qua điểm M(3; 1; 0) và vuông góc với mặt phẳng (α) có phương trình là x−3.
Gọi H là giao điểm của MR với (α), suy ra H(3 + 2t; 1−t;t) ∈ MR Vì
Ta có |IM − IN| = |IR−IN| ≤ RN Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
RN = (−8; 1; 11), do đó RN có phương trình tham số
(t ∈ R) Điểm I cần tìm là giao của RN với mp (α) I(−1−8t; 3 +t;−2 + 11t) ∈ mp (α) suy ra I(7; 2; 13).
Trong không gian với hệ tọa độ Decasters Oxyz, mặt phẳng (α) có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 và hai điểm M(x1; y1; z1) và N(x2; y2; z2) không nằm trên mặt phẳng này Nhiệm vụ là tìm điểm I trên mặt phẳng (α) sao cho tổng khoảng cách IM + IN là nhỏ nhất, đồng thời đảm bảo hiệu số |IM - IN| là lớn nhất.
Trước hết ta xác định vị trí tương đối giữa M và N so với mặt phẳng (α) bằng cách xét
T = (Ax1+By1+Cz1+D) (Ax2+By2+Cz2+D) a, nếu T > 0 thì M và N cùng phía đối với mặt phẳng (α) Khi M và N cùng phía nhau, ta xác định điểm M’ đối xứng với M qua mặt phẳng (α), lúc này IM = IM’ Ta có IM + IN ≥ M'N, và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I, M, N thẳng hàng.
Do đó điểm I thỏa mãn a, là giao điểm của M’N với mặt phẳng (α).
Nếu T < 0 thì M, N khác phía đối với mặt phẳng (α) Ta có IM +
Khi IN ≥ MN, điểm I là giao điểm của MN với mặt phẳng (α) Nếu M và N cùng phía đối với mặt phẳng (α) và MN không song song với mp (α), thì có |IM − IN| ≤ MN, và đẳng thức xảy ra khi I, M, N thẳng hàng Nếu MN song song với mp (α), thì không xác định được điểm I.
Nếu M và N nằm ở hai phía đối nhau của mặt phẳng (α), ta xác định điểm M’ đối xứng với M qua mặt phẳng (α) Khi đó, khoảng cách |IM − IN| sẽ bằng |IM ′ − IN| và nhỏ hơn hoặc bằng M′N Đẳng thức này chỉ xảy ra khi ba điểm I, M’, N nằm thẳng hàng Điểm I cần tìm chính là giao điểm của đoạn thẳng M’N với mặt phẳng (α).
Cho hypebol (H): y = x+ 1 x Tìm hai điểm M, N trên hai nhánh phân biệt của (H) sao cho độ dài MN nhỏ nhất.
Nhiều học sinh sau khi vẽ hypebol (H) (hình 2.19) đã khẳng định là giá trị nhỏ nhất của MN là khoảng cách giữa hai điểm cực trị AB = 2√
5 với A(1;2); B(-1;-2), sau đó cố gắng chứng minh bằng phương pháp hình học rằng A, B là hai điểm cần tìm.
Tuy nhiên A, B không phải là hai điểm cần tìm nên học sinh bế tắc, không giải được bài toán.
Ta giải bằng phương pháp đại số như sau
Vì M, N là hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt của hypebol (H) nên chúng có tọa độ M a;a+ 1 a
2 là giá trị nhỏ nhất Lưu ý rằng
5 ≈4,47 Đường thẳng MN chính là trục đối xứng của hypebol (H).
Bài toán 2.25.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C(2;0) và elip (E) có phương trình x 2
4 +y 2 = 1 Xác định vị trí các điểm A, B trên (E) thỏa mãn các điều kiện sau:
2, CA = CB và tam giác CAB có diện tích lớn nhất.
4, CA = CB và tam giác CAB có chu vi lớn nhất.
5, Tam giác CAB có góc \ACB = 90 0 và có diện tích lớn nhất.
Trước hết ta chứng minh với A 6= B và CA = CB thì A, B đối xứng nhau qua trục Ox (hình 2.20).
Thật vậy, A(x 0 ;y 0 ) và B(x 1 ;y 1 ) là hai điểm phân biệt thuộc (E) và CA = CB khi và chỉ khi
Vì −2 < x0, x1 < 2 nên (2) ⇔ x0 = x1 Khi đó từ (1) có y 2 0 = y1 2 , do
A 6= B nên y1 = −y0 Suy ra B(x0;−y0) Vậy A, B đối xứng với nhau qua trục hoành.
Gọi H là trung điểm của AB thì H(x 0 ; 0).
1, Tam giác CAB đều ⇔ CH = AB√
7 (nghiệm x0 = 2 bị loại), dẫn đến
3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
! và đổi tọa độ trên của A và
3, Giả sử A(x0;y0), (−2 < x0 < 2) lúc đó B(x0;−y0) Ta có
5;−4 5 và đổi tọa độ trên của A cho B.
4, Chu vi tam giác CAB là
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số
13 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5, Đường thẳng AC có phương trình y = k(x−2) với x 6= 2 nên tọa độ A là nghiệm của hệ
= 16 k 2 + 1 (4k 2 + 1) 2 ( do yA = k(xA −2)) Đường thẳng CB có phương trình y = −1 k (x−2) vì CA⊥CB Tương tự có
25 (k 2 + 4) (4k 2 + 1) ≤0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k = 1, nên maxSABC = 16
5;4 5 và đổi tọa độ trên của A và B cho nhau.
Bài toán 2.26 Trong không gian với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng d : x−1
1) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho : a) |−−→MA+−−→MB| nhỏ nhất; b) MA 2 + MB 2 nhỏ nhất; c) Diện tích tam giác AMB nhỏ nhất.
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.
3) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất.
4) Viết phương trình mặt phẳng (R) chứa đường thẳng d và tạo với trục
5) Trong số các đường thẳng đi qua A và cắt đường thẳng d, viết phương trình các đường thẳng sao cho khoảng cách từ B đến nó là lớn nhất? nhỏ nhất?
1) Gọi M(1−t;−2 +t; 2t) ∈ d. a) Ta có −−→MA = (t; 6−t; 2−2t);−−→MB = (−2 +t; 4−t; 4−2t) và −−→
MB| nhỏ nhất khi t = 2 và lúc đó M(-1; 0; 4). b) Vì MA 2 +MB 2
Vậy MA 2 +MB 2 nhỏ nhất khi t = 2 và lúc đó M(-1; 0; 4). c) Ta có −−→
Vì 56t 2 −304t+ 416 là hàm số bậc hai nên SAM B nhỏ nhất khi t= 304
2) Đường thẳng d có phương trình
Vì mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d nên nó có phương trình: a(x+y + 1) +b(2y−z+ 4) = 0 với a 2 +b 2 6= 0.
- Nếu a = 0 thì phương trình (P): 2y −z + 4 = 0 Khi đó d(A,(P)) = |2.4−2 + 4| q
- Nếu a 6= 0 ta có thể giả sử a = 1 Khi đó phương trình (P): x+ (1 + 2b)y −bz + 1 + 4b = 0.
Do đó d(A,(P)) lớn nhất bằng 2 r35
So sánh hai trường hợp ta thấy d(A,(P)) lớn nhất bằng 2 r35
5, lúc đó PT (P) có dạng x+ 13
5 = 0, hay (P) : 5x + 13y −4z + 21 = 0 3) Mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d nên nó có phương trình a(x + y + 1) + b(2y − z + 4) = 0 với a 2 + b 2 6= 0.Mặt phẳng (xOy) có phương trình z = 0.
- Nếu a = 0 thì phương trình (Q): 2y-z+4=0 và nếu gọi (α) là góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (xOy) thì cosα = 1
- Nếu a 6= 0 ta có thể giả sử a = 1.
Khi đó pt (Q): x+ (1 + 2b)y −bz + 1 + 4b = 0 Từ đó cosα = |b| q
Do đó cosα lớn nhất bằng r1
Khi so sánh hai trường hợp, ta nhận thấy rằng cosα đạt giá trị lớn nhất khi mặt phẳng (Q) tạo với mặt phẳng (xOy) góc nhỏ nhất, cụ thể là khi b = -1 Trong trường hợp này, phương trình của mặt phẳng (Q) được xác định là x - y + z - 3 = 0.
4) Mặt phẳng (R) chứa đường thẳng d nên nó có phương trình a(x+y+1)+b(2y−z+4) = 0 Trục Oz có vectơ chỉ phương−→v = (0; 1; 0).
- Nếu a = 0 thì PT mặt phẳng (R) có dạng 2y−z + 4 = 0 và nếu gọi β là góc giữa mặt phẳng (Q) và trục Oz thì sinβ = 2
- Nếu a 6= 0 ta có thể giả sử a = 1.
Khi đó pt (R): x+ (1 + 2b)y −bz + 1 + 4b = 0 Từ đó sinα = |1 + 2b| q
Nhận xét rằng, góc β lớn nhất ⇔sinβ lớn nhất Xét hàm số h(b) = b 2
Do đó sinβ lớn nhất bằng 5
So sánh hai trường hợp ta thấysinβ lớn nhất khi b = 2 Lúc đó mặt phẳng
5) Giả sử d2 là đường thẳng bất kì đi qua điểm A và cắt đường thẳng d tại M(1-t; -2+t; 2t) Khi đó d(B, d 2 ) h−−→
3 Vậy khoảng cách từ B đến d2 lớn nhất bằng 48 khi t = −2 và nhỏ nhất bằng 4
11. Hai đường thẳng d2 tương ứng có phương trình là d2 : x−1
−19 Bài toán 2.27 (Dựa theo Đề thi IMO)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng 1 Các điểm M, N, I theo thứ tự di động trên AA’, BC, C’D’ sao cho A’M=BN=C’I=a (0≤ a ≤ 1).
1) (α) là mặt phẳng qua M, N, I Chứng minh rằng (α) luôn tự song song;
2) Tính d(A, (α)) (khoảng cách từ A đến (α)) theo a;
3) Tính diện tích tam giác MNI theo a và xác định vị trí điểm M để diện tích đó nhỏ nhất;
4) Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác MNI thuộc một đường thẳng cố định.
Chọn hệ tọa độ như hình 2.20 Khi đó A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1).
1) Ta dễ dàng suy ra C(1;1;0), B’(1;0;1), C’(1;1;1), D’(0;1;1), M(0;0;1-a), I(1-a;1;1), N(1;a;0) Để chứng minh (α) tự song song ta chỉ cần chứng minh pháp vectơ của (α) là xác định Thật vậy −−→
−−→MI = (1−a; 1;a) là cặp vectơ chỉ phương của (α) thì vectơ pháp tuyến y z x b
Ta có thể chọn vectơ −→n1 = (1;−1; 1) là vectơ pháp tuyến của (α) (đpcm).
2) Trước hết lập phương trình (α) biết pháp vectơ −→n1 = (1;−1; 1) và qua điểm M(0; 0; 1-a) là (x-0) - (y-0) + (z-(1-a)) = 0 ⇔ x - y +z +a -1 = 0. Vậy d(A, α) = |a−1| q
2, tức là M là trung điểm AA’.
4) Gọi G(x; y; z) là trọng tâm của tam giác MNI thế thì x = 2−a
