bất đẳng thức hình học

1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn có diện tích lớn nhất.. Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng c

MỤC LỤC

MỤC LỤC 1

LỜI NÓI ĐẦU 2

CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP 3

1 Bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng 3

1.1 Dạng phát biểu gốc 3

1.2 Dạng phát biểu tương đương 3

1.3 Chứng minh sự tương đương của hai phát biểu trên 4

2 Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng) 4

3 Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng 5 3.1 Phép chứng minh sơ cấp của Steiner 5

3.2 Phép chứng minh cao cấp 8

CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP 12

1 Các bài toán về diện tích lớn nhất 12

1.1 Loại gốc 12

1.2 Loại mở rộng 22

2 Các bài toán về chu vi nhỏ nhất 39

2.1 Loại gốc 39

2.2 Loại mở rộng 43

PHẦN KẾT LUẬN 60

TÀI LIỆU THAM KHẢO 61

LỜI NÓI ĐẦU

- - - \[ - - -

Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển mạnh mẽ Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp được biết đến từ thời cổ đại nhưng mới chỉ được chứng minh tương đối chặt chẽ trong nửa đầu của thế kỷ XIX và được chứng minh hoàn toàn chặt chẽ bằng nhiều cách khác nhau trong thế kỷ XX Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian sơ cấp có phép chứng minh khó và phức tạp hơn rất nhiều Mục đích của khóa luận là giới thiệu một vài phép chứng minh đầy đủ về bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng cũng như trong không gian đồng thời tổng hợp một lớp bài toán đẳng chu phẳng và không gian Tuy nhiên, vì thời gian không cho phép chúng tôi tự ý thu hẹp đề tài, chỉ trình bày một số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng Vì vậy,

khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP Hy vọng trong thời gian tới khi có

điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức

độ nâng cao hơn trong không gian

Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương:

Chương 1: Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp

Chương 2: Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp

Mặc dù đã rất cố gắng nhưng bản khóa luận có thể còn có sai sót, rất mong quý thầy cô và các bạn đồng môn vui lòng chỉ bảo

Để hoàn thành bản Khóa luận này, tôi đã được sự hướng dẫn nhiệt tình của Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, sự giúp đỡ và chỉ bảo về thủ tục của các Thầy cô trong Khoa Sư phạm nói chung và Bộ môn Toán nói riêng Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô! Xin kính chúc quý thầy cô nhiều sức khỏe, hạnh phúc và công tác tốt!

SV thực hiện:

Lê Thanh Bình

nhiều biến và hình học vi phân cổ điển

1 BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG

Bài toán đẳng chu được biết đến từ thời cổ đại Bằng vẻ đẹp tự nhiên của

mình, bài toán đẳng chu có một lịch sử vô cùng hấp dẫn (xem [1]).Công trình cốt yếu nhất giới thiệu được một chứng minh tương đối chặt chẽ cho bài toán đẳng chu được công bố năm 1841 bởi Jacob Steiner (1796-1863) Vào thời gian đó, bài toán đẳng chu là trung tâm của các cuộc tranh chấp giữa hai phương pháp: giải tích (tức là dùng các phép tính vi phân) và phương pháp tổng hợp của hình học thuần túy Mặc dù thừa nhận giá trị của phương pháp giải tích, Steiner chỉ dùng phương pháp tổng hợp Chứng minh của Steiner có một thiếu sót mà sau này được chỉnh lý lại bằng phương pháp giải tích Để hiểu rõ hơn bản chất của bài toán đẳng chu, trước hết chúng ta phát biểu bài toán dưới hai dạng tương đương

1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC

Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn

có diện tích lớn nhất

1.2 DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG

Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với diện tích đã cho, hình tròn có chu vi nhỏ nhất

1.3 CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN

Định lý 1

Hai phát biểu trên tương đương

Chứng minh

Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc là A, phát biểu còn lại là B

• Giả sử A đúng Ta cần chứng tỏ B cũng đúng Thật vậy, giả sử phản chứng rằng B sai Khi đó, đối với hình tròn C đã cho, tồn tại một hình phẳng F

có cùng diện tích với C nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của C Ta co rút C về đường tròn C’ có cùng chu vi với F Lúc đó diện tích của C’ nhỏ hơn diện tích của C, do đó cũng nhỏ hơn diện tích của F Điều này mâu thuẫn với tính đúng của A Mâu thuẫn này chứng tỏ B phải đúng Tức là A kéo theo B

• Khẳng định ngược lại rằng B kéo theo A được lập luận tương tự

Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thức đẳng chu trong

mặt phẳng mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây Nếu bất đẳng thức đẳng chu đã được chứng minh thì hệ quả hiển nhiên của nó là bài toán đẳng chu được giải quyết Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu

2 ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG)

Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích bằng A (đvdt) và chu tuyến

là một đường cong khép kín, C1- từng khúc với chiều dài bằng hằng số L (đvđd) Khi đó ta có

4 A LΠ ≤ 2 Dấu “=” xảy ra khi C là hình tròn

3 VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG

3.1 PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER

3.1.1 Bao lồi và lý do tại sao bất đẳng thức đẳng chu chỉ cần phải chứng minh trong trường hợp miền lồi

Bao lồi của miền Ω, ký hiệu là Ω, được định nghĩa là tập lồi nhỏ nhất chứa Ω Do đó Ω= ∩{K / K là miền lồi phẳng chứa Ω} Nếu Ω lồi thì

Ω = Ω

Giả sử miền Ω không lồi, ta có thể xây dựng một miền lồi chứa Ω mà diện tích lớn hơn nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của Ω Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đẳng chu đối với các miền lồi Điều này được biện minh bởi bổ đề dưới đây

3.1.2 Bổ đề 1

Cho Ω là hình phẳng đóng, bị chặn được bao quanh bởi đường cong

khép kín C1- từng khúc với bao lồi là Ω Khi đó ta luôn có:

( )

( ) ( ( ) )

( ) ( )

Ω

Ω

thể thuộc ∂Ω hoặc không Nếu X∉∂Ω, áp dụng định lý Caratheodory, X là

một điểm nằm trên đường thẳng d⊂ 2 sao cho K nằm về một phía của d và

tồn tại các điểm Y Z i, i∈∂Ω ∩d để X nằm giữa Y Z i, i

Giả sử O i là miền giữa d và Ω.Vì X∉∂Ω nên O i chứa một phần hình

tròn lân cận của X (có diện tích dương) Do đó ta có:

( ) ( ) i ( )i ( )

S K =S Ω +∑ S O >S Ω Bây giờ ta cắt biên Ω thành hai phần tại Y Z i, i Đặt Γi là phần của ∂Ω

từ Y i đến Z i dọc ∂O i Đặt Λ = ∂ − Γi O i i là đoạn thẳng từ Y i đến Z i Khi đó

( )i ( )i

L Λ <L Γ Mặt khác K = Ω ∪( Ui O i) Suy ra

( ) ( ) i( ( ) ( )i i ) ( )

L K∂ =L ∂Ω +∑ L Λ −L Γ ≤L ∂Ω

3.1.3 Bổ đề 2

Trong tất cả các tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a và b, tam

giác vuông có diện tích lớn nhất

3.1.4 Bổ đề 3

Nếu hình phẳng đóng, bị chặn và lồi A bị chia bởi một dây cung nào đó (tức là một đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên của A ) thành 2 phần có cùng chu vi nhưng diện tích khác nhau thì tồn tại hình A1 có cùng chu vi với

A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A

Cho C là hình phẳng, đóng, bị chặn và lồi trong mặt phẳng Nếu C

không là hình tròn thì tồn tại hình C’ có cùng chu vi như C nhưng diện tích lớn hơn Nói cách khác, hình tròn có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình phẳng có cùng chu vi

Chứng minh của Steiner

Lấy P,Q là hai điểm biên của C mà nó chia C thành hai hình có chu vi

bằng nhau Vì C không là đường tròn nên tồn tại V C∈ sao cho PVQ≠900 GọiB B1, 2 là hai hình giới hạn bởi C và hai dây cung PV và QV

Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng chu

sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi

3.2 PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP

3.2.1 Bổ đề 4

Cho A là diện tích của miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến là đường cong khép kín C đơn, C 1 – từng khúc định hướng dương (tức là ngược chiều kim đồng hồ) xác định bởi phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t∈ [a, b] Khi đó ta có

x t y t dt= odx xdy+ = − dxdy

đó C thuộc dải song song giới hạn bởi ∆ và ∆’ Gọi S1 là đường tròn nhận ∆

và ∆’ là hai tiếp tuyến và không cắt C và O là tâm đường tròn S1 Dựng một

hệ trục toạ độ Đề các vuông góc gốc O có trục hoành vuông góc với ∆ và ∆’

Tham số hoá đường cong C bởi độ dài cung α (s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] sao cho C được định hướng dương, còn ∆ và ∆’ tiếp xúc với C lần lượt tại s=0

và s s= 1

Giả sử phương trình tham số của S1 là:

( )s ( ); ( ) ( ); ( ) ; (x s y s ) (x s y s ) 0,s [ ]L

Gọi 2r là khoảng cách giữa ∆ và ∆’, do đó đương nhiên 2r là đường kính của

đường tròn S1; A là diện tích của S1 Theo bổ đề 4, ta có :

E 0

Nói riêng, x = ± ry’ Vì r không phụ thuộc vào việc chọn hướng ∆, ta có thể

đổi vai trò x, y trong hệ thức cuối cùng để được y = ± rx’ Do đó

( ) ( )

x + y =r x + y =r Suy ra C là đường tròn Nói cách khác, nếu 4 A Lπ = 2 thì C là đường tròn

3.2.3 Nhận xét

• Chứng minh này hoàn toàn chặt chẽ vì không còn dựa vào sự tồn tại của

hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi nữa

• Ngoài phép chứng minh trên, còn một vài phép chứng minh khác như chứng minh của Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger), chứng minh của Minkowski (dùng bất đẳng thức Steiner và bất đẳng thức Brunn ), chứng minh của Hadwiger Vì khuôn khổ của bản luận văn có hạn nên chúng tôi không giới thiệu các chứng minh đó ở đây Độc giả nào quan tâm xin tham

khảo tài liệu [1] Chỉ xin nhấn mạnh lại rằng, việc có rất nhiều nhà Toán

học từ cổ chí kim quan tâm đến bài toán và bất đẳng thức đẳng chu đã chứng tỏ rằng bài toán đẳng chu có một lịch sử hấp dẫn biết nhường nào

Chương II

MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG

HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP

- - - \[ - - -

Chương này sẽ hệ thống lại các bài toán đẳng chu cơ bản trong hình học

phẳng sơ cấp Ở đây, chúng tôi phân biệt hai loại: bài toán đẳng chu gốc và

mở rộng

Các bài toán đẳng chu loại gốc bao gồm:

- Có yếu tố hằng về chu vi ; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định

dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích

- Có yếu tố hằng về diện tích; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định

dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi

Các bài toán đẳng chu loại mở rộng bao gồm:

- Có chu vi không lớn hơn L 0; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích

- Có diện tích không nhỏ hơn A 0; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi

Lớp các bài toán đẳng chu mở rộng phong phú hơn và không kém phần hấp dẫn so với bài toán đẳng chu gốc

1.CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH LỚN NHẤT

Theo công thức Heron: S = p p a p b p c( − )( − )( − )

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p a− , p b− , p c− :

S = ; đạt được khi và chỉ khi ∆ABC đều

Kết luận: Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p thì tam giác đều

S = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông

Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi thì hình

vuông có diện tích lớn nhất

Bài toán 3: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước, hãy tìm hình

có diện tích lớn nhất

Giải

Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài 2 cạnh là x , y (x> 0,y> 0) và

chu vi 2 2p = (x y+ ) (cho trước)

Gọi α là góc giữa 2 cạnh hình bình hành

Khi đó diện tích S sin = xy α ≤ xy

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x , y ta có:

4

p

S = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông

Kết luận: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước thì hình

G H

E A

C D

Hình 3.1

Bổ đề: Cho tứ giác lồi ABCD có E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh

AB, BC, CD, DA Ta luôn có:

⇒ (3.4) được chứng minh, còn (3.5) được chứng minh tương tự

b Dễ thấy: BEF 1 BAC

1

16

p S

⇒ ≤ (3.7)

Đẳng thức xảy ra trong (3.7) khi và chỉ khi ABCD là hình vuông

Vậy max( ABCD) 2

16

p

S = ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông

Trường hợp 2: ABCD không lồi, có chu vi p

Ta có thể thiết lập một tứ giác lồi A’B’C’D’ cũng có chu vi bằng p, đồng thời

A'B'C'D' ABCD

S > S bằng cách lấy đối xứng đỉnh lõm của tứ giác ABCD qua đường

chéo tương ứng Theo kết quả của trường hợp 1 thì:

Kết luận: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi thì hình vuông có diện

tích lớn nhất

Bài toán 5: (Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9,TP.HCM 1991-1992)

Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a Trên hai cạnh AB, AD lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho chu vi tam giác AMN là 2a Tìm vị trí của M, N để diện tích tam giác AMN là lớn nhất

Vậy max ( ) = 3 2 2S ( − )a2; đạt được khi và chỉ khi ∆AMN vuông cân tại A

Kết luận: Trong tất cả các tam giác vuông có chu vi 2a cho trước, tam giác

vuông cân có cạnh huyền bằng 2( 2 1 a− ) và cạnh bên bằng (2 − 2 a) là tam giác có diện tích lớn nhất

Bài toán 6: Trong tất cả các tam giác với chu vi 2p (cho trước) và độ dài một

cạnh bằng a ( cho trước), hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất

M

N

S = p p a− ; đạt được khi và chỉ khi tam giác trở thành tam

giác cân có 3 cạnh lần lượt là a,

Bài toán 7: Trong tất cả các hình bình hành có cùng chu vi và một góc nhọn α

cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất

Giải

Gọi x , y (x > 0, y > 0) lần lượt là độ dài của 2 cạnh hình bình hành ABCD

Khi đó chu vi của hình bình hành là 2 2p = (x y+ ) (cho trước) và diện tích là sin

S = xy α (α cho trước)

Diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi xy đạt giá trị lớn nhất

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x, y ta có:

Bài toán 8: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi 2p (cho trước) và chiều

dài của một đường chéo bằng a cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất

Giải

y

x

a A

D

B

CHình 3.3

Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài đường chéo AC là a và chu vi 2p

(cho trước)

Khi đó SABCD = 2SABC

Do đó SABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi SABC đạt giá trị lớn nhất

• Tìm giá trị lớn nhất của SABC

Gọi x là độ dài một trong hai cạnh của hình bình hành ABCD Giả sử AB x= Khi đó BC = −p x và pABC = AB BC CA+ + = +x (p x− +) a = +p a (không đổi)

Bài toán trở thành tìm ∆ABC có diện tích lớn nhất trong tất cả các tam giác

với chu vi p+a (cho trước) và độ dài cạnh AC là a cho trước

Theo kết quả bài toán 6 ta được tam giác có diện tích lớn nhất là tam giác cân

tại B nghĩa là SABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCD là hình thoi

Kết luận: Hình thoi cạnh

2

p và có chiều dài của một đường chéo bằng a thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 9: Chứng minh rằng trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc

ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước, tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất

Giải

Giả sử tứ giác lồi MNPQ có ∠M = α, ∠N = β , ∠P = γ , ∠ Q λ= và

p = P (α β γ λ, , , , P0 cho trước)

p

Có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: ABCD là hình bình hành với ∠ A = α, AB = a, AD = b

MNPQ

.sin sin

S p

αα

Dấu bằng xảy ra trong (3.12) khi và chỉ khi:

a = b ⇔ ABCD là hình thoi

⇔ MNPQ là hình thoi (hình thoi là tứ giác ngoại tiếp)

Trường hợp 2: ABCD không là hình bình hành

r r

r

B

C' B' KE

Kẻ đường thẳng B C' ' // BC sao cho B C' ' tiếp xúc đường tròn (O r , ) nội tiếp ∆AED ( B’ và C’ lần lượt nằm trên các cạnh AE và DE)

Vậy (3.19) được chứng minh

Dấu bằng xảy ra trong (3.19) khi và chỉ khi k = 1

Dấu bằng xảy ra trong (3.24) khi và chỉ khi:

k = 1 ⇔ ABCD là tứ giác ngoại tiếp ⇔ MNPQ là tứ giác ngoại tiếp

Từ 2 trường hợp đã xét ta có kết luận như sau:

Kết luận: Trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho

trước và chu vi cho trước thì tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất

Bài toán 10: Chứng minh rằng trong tất cả các đa giác n cạnh với các cạnh

đã cho, đa giác nội tiếp trong đường tròn có diện tích lớn nhất

Giải

M"

Hình 3.6

Giả sử M là đa giác bất kì với các cạnh đã cho và M’ là đa giác như vậy nội

tiếp trong đường tròn

a

b

c

Trên các cạnh của M ta dựng các mảnh tương ứng với mảnh mà đường tròn bị

cắt ra bởi các cạnh của M’ Khi đó cùng với M các mảnh ghép lại tạo ra M” có

chu vi bằng chu vi đường tròn ngoại tiếp M’

Theo dạng phát biểu gốc thì đường tròn ngoại tiếp M’ có diện tích lớn hơn

diện tích của M” Sau khi ta bỏ đi các mảnh chung ở hai hình thì diện tích của

M’ lớn hơn diện tích của M

1.2 LOẠI MỞ RỘNG

Bài toán 11: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn (O R, ) cho trước,

tam giác nào có diện tích lớn nhất

(1 cos )(1 cos ) (1 cos ) (1 cos )

S ; đạt được khi và chỉ khi ∆ ABC đều

Kết luận: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn (O R, ) cho trước,

tam giác đều có diện tích lớn nhất

Bài toán 12: Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn (O R; )

cho trước, tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất

Giải

H

C B

O

Hình 3.8

Gọi ABCD là hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn (O R; )

Suy ra ∠ DAB = 900 và SABCD 2 = SABD

Từ ∠ DAB = 90 0 ⇒ DB là đường kính của đường tròn (O R; )⇒ DB=2R

max S = 2R ; đạt được khi và chỉ khiABCD là hình vuông

Kết luận: Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn cho

trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất

Bài toán 13: Trong tất cả các tứ giác có hai đường chéo vuông góc nội tiếp

trong đường tròn (O R; ) cho trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất

Giải

C

A

O D

B

Hình 3.9

Xét tứ giác ABCD bất kì có hai đường chéo AC, BD vuông góc nội tiếp trong

đường tròn (O R; ) cho trước

Do AC, BD là các dây cung của đường tròn (O R; ) nên AC≤ 2R và BD≤ 2R

max S = 2R ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông

Kết luận:Trong tất cả các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc nội tiếp

trong đường tròn (O R; ) cho trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn

nhất

Bài toán 14: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong đường tròn (O R; ) cho

trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất

Giải

I H

K

O A

D

C B

Hình 3.10

max S = 2R ; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông

Kết luận: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong đường tròn (O R; ) cho

trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất

Bài toán 15: Trong tất cả các tam giác vuông có chung cạnh huyền, hãy tìm

tam giác có diện tích lớn nhất

Xét tam giác MAB bất kì vuông tại M và có độ dài cạnh huyền AB= 2k

(không đổi ) Khi đó M nằm trên đường tròn ; \ { , }

Hơn nữa : MH ⊥HO nên MH ≤ MO = k Suy ra 2

MAB

S ≤ k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H ≡O ⇔ M là trung điểm AB

MA MB

Vậy ( ) 2

MAB

max S = k ; đạt được khi và chỉ khi MAB là tam giác cân tại M

Kết luận: Trong tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh huyền là 2k thì

tam giác vuông cân cạnh 2k có diện tích lớn nhất

Bài toán 16: Trong tất cả các tam giác MOH thỏa mãn: M là điểm chuyển

động trên ;

2

AB O

⎝ ⎠ cho trước và MH ⊥AB (H∈AB) , hãy tìm tam giác có

diện tích lớn nhất ( Đề thi chọn học sinh giỏi toán TP.HCM 1993-1994)

4

R S

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi HM =HO ⇔ ∠MOH = 450

Vậy max( MOH) = 2

4

R

S ; đạt được khi và chỉ khi ∆MOH vuông cân tại H

Kết luận: Tam giác vuông cân tại H thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 17:Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong một tam giác vuông

cân cho trước, tìm hình có diện tích lớn nhất

Giải

• Trường hợp 1: Hình chữ nhật chỉ có một điểm thuộc cạnh huyền

a

x B

C A

a là hình có diện tích lớn nhất

* Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong một tam giác vuông cân có

cạnh góc vuông bằng a cho trước thoả mãn hình chữ nhật có 2 đỉnh thuộc cạnh

huyền, thì hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là hình có cạnh nằm trên cạnh huyền có độ dài bằng 2

2 a và cạnh kia có độ dài bằng 2

4 a

Bài toán 18: Cho tam giác đều ABC, điểm M trên cạnh BC ( M không trùng B,

M không trùng C) Vẽ MD⊥AB , ME⊥AC (D AB E AC∈ , ∈ ) Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MDE lớn nhất

Giải

E D

⇒ + = = = ( h là độ dài đường cao của ∆ABC )

Tứ giác ADME có ∠ DAE 60= 0 ( do ∆ABC là tam giác đều )

Và ∠ADM = ∠MEA 90= 0 ( giả thiết )

Suy ra ∠ DME = 1200

1 sin DME 2

3

Bài toán 19: Trong tam giác ABC, hãy tìm điểm M sao cho tam giác tạo bởi

chân các đường vuông góc hạ từ M xuống các cạnh tam giác ABC có diện tích lớn nhất

Giải

B1 C1

Hình 3.16 Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn (O R; )

Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC, CA, AB

Gọi D là giao điểm của tia AM và đường tròn ( )O Ta có: