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 đề cập đến khái niệm về bài toán cực trị hình học và các phương pháp giải quyết phổ biến cho bài toán này trong chương trình THPT.
- Chương 2: Một số bài toán cực trị hình học
Chương 2 của bài viết trình bày các bài toán cực trị hình học, được lựa chọn từ các đề thi học sinh giỏi quốc tế, quốc gia và tạp chí Toán học tuổi trẻ Nội dung này đã được phân loại một cách tương đối để giúp người đọc dễ dàng tiếp cận và hiểu rõ hơn về các vấn đề liên quan.
Do giới hạn 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, góp phần bồi dưỡng học sinh trong quá trình giảng dạy.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Trường Đại học Khoa học Thái Nguyên, Khoa Toán - Tin, thầy PGS.TS Trịnh Thanh Hải, cùng toàn thể các thầy cô giáo và bạn bè đã hỗ trợ tôi trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Học viênQuách Thị Tấm
Bài toán cực trị hình học
Bài toán cực trị hình học
Trong hình học, bài toán cực trị tìm kiếm các hình có chung một tính chất để xác định giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của một đại lượng như độ dài, số đo góc hay diện tích Những bài toán này thu hút học sinh bởi tính thực tiễn, liên quan đến việc tìm kiếm các 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 Bên cạnh những kiến thức cơ bản từ bậc THPT như tính chất và phép biến đổi vectơ, bất đẳng thức vectơ và hệ thức vectơ trong tam giác, người học cần nắm vững khái niệm và tính chất của trọng tâm hệ điểm, công thức Lagrange - Jacobi, tâm tỉ cự của một hệ điểm, cũng như định lý "con nhím" cho khối tứ diện Định nghĩa trọng tâm của một hệ điểm cho biết rằng nếu A1, A2, , Am là m điểm sắp xếp tùy ý trong không gian, thì điểm G được gọi là trọng tâm của hệ điểm này nếu tổng trọng số của các điểm bằng 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.
Trong tứ diện SABC với các cạnh SA, SB, SC đều bằng 1, một mặt phẳng (α) luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện và cắt các cạnh SA, SB, SC tại các điểm D, E, F tương ứng Nhiệm vụ là tìm giá trị lớn nhất của biểu thức liên quan đến các điểm cắt 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, chúng ta có thể sử dụng hệ trục tọa độ afin hoặc hệ tọa độ Descartes vuông góc Quy trình giải toán sẽ được thực hiện theo các bước cụ thể để 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 với hệ tọa độ Decasters vuông góc Oxyz, cho đường thẳng d và các điểm M(x1;y1;z1) và N(x2;y2;z2) không thuộc đường thẳng d Mục tiêu là tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách IM + IN là nhỏ nhất.
Khi I, M, N và d nằm trong một mặt phẳng, ta giải bài toán trong mặt phẳng đó Nếu đoạn MN cắt d, giao điểm là điểm I cần tìm Nếu không, lấy M’ đối xứng với M qua d, lúc này IM + IN ≥ M'N Đẳng thức xảy ra khi I, M’, N thẳng hàng, dẫn đến IM + IN 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 J 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, do đó IM + IN ≥ JM + JN Đẳng thức này chỉ xảy ra khi và chỉ khi I và J trùng nhau, từ đó xác định được tọa độ điểm I, giao điểm của (P) và d Nếu đoạn MN không vuông góc với đường thẳng d, chúng 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; (P) là mặt phẳng qua H vuông góc với d; (Q) là mặt phẳng chứa d và điểm M Giao tuyến của (P) và (Q) được ký hiệu là ∆, với ∆ vuông góc tại H Tại ∆, chọn điểm K sao cho KH = NH và K, M nằm ở hai phía đối diện 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 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”, việc tính toán trở nên phức tạp hơn Để giải quyết vấn đề này, luận văn sẽ trình bày một lời giải mới Cụ thể, với M thuộc đường thẳng d, 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 của lời giải trên 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 Sự tương tự này sẽ được thể hiện rõ hơn trong 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 bài toán, cần xác định điểm B” là hình 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 cùng phía đối với d Nếu AB" cắt d, thì điều kiện |MA + MB| đạt giá trị lớn nhất khi M là giao điểm của AB” và d.
Để tìm tọa độ điểm B’ trong câu a) hoặc B” trong câu b), chúng ta cần thực hiện những phép tính phức tạp Tuy nhiên, chúng ta sẽ tiếp tục áp dụng ý tưởng đã đề cập để đưa ra lời giải cho bài toán này.
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 dựng hai hình vuông nhỏ có cạnh MA và MB bên trong hình vuông ABCD Mục tiêu là xác định vị trí điểm M sao cho diện tích phần còn lại S của hình vuông ABCD đạt giá trị lớn nhất.
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.
Cho đường tròn tâm O bán kính R, với điểm M nằm trên đường kính AB Để tổng diện tích các hình tròn có đường kính MA và MB đạt giá trị nhỏ nhất, cần xác định vị trí tối ưu của điểm M trên đường kính.
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 liên quan đến việc tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức như x^2 + y^2 hoặc x^3 + y^3, trong đó tổng x + y là một hằng số Nhờ vậy, việc giải các bài toán cực trị hình học có thể được chuyển hóa thành việc giải 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 một số dương đã cho Mục tiêu là tìm giá trị nhỏ nhất cho các biểu thức P = x1² + x2² + + xn² và Q = x1³ + x2³ + + xn³.
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, bao gồm nhiều bài toán khó khăn Để giải quyết những bài toán 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 về tứ diện ABCD, chúng ta cần xác định các điểm X, Y, Z, T trên các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) sao cho tổng XY² + XZ² + XT² + YZ² + YT² + ZT² đạt giá trị nhỏ nhất Để giải quyết vấn đề này, cần hiểu rõ các khái niệm liên quan, như định nghĩa về mặt trung diện Cụ thể, M là trung điểm của cạnh CD, và mặt phẳng (MAB) được gọi là mặt trung diện từ cạnh AB của tứ diện, với tổng cộng sáu mặt trung diện trong một tứ diện Những mặt trung diện này đều đồng quy tại trọng tâm của tứ diện, tạo ra mối liên hệ chặt chẽ giữa các điểm và mặt phẳng trong không gian.
(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, cho 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) có các điều kiện tương đương, trong đó M là điểm đối trọng tâm của tứ diện ABCD.
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, và ABC Điểm G là trung điểm của tứ diện ABCD, trong khi các điểm X, Y, Z, T là hình chiếu vuông góc của điểm G lên các mặt phẳng tương ứng.
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 có PA = PB Khi điểm P càng gần N, độ dài PA sẽ ngắn hơn và PM sẽ dài hơn Do đó, chỉ có một điểm P duy nhất thỏa mãn điều kiện PA = PB = PM Nếu PN = 9 cm, thì điểm P sẽ được xác định.
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)
Trong hình vuông ABCD có cạnh dài 8cm, điểm P nằm bên trong Để xác định giá trị lớn nhất của diện tích tam giác có diện tích nhỏ nhất, ta cần phân tích vị trí của điểm P và các đỉnh của hình vuông Diện tích của tam giác sẽ phụ thuộc vào khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của hình vuông, từ đó tính toán được diện tích tối thiểu mà tam giác có thể đạt được trong điều kiện cho trước.
6 tam giác PAB, PBC, PCD, PDA, PAC và PBD.
Để đảm bảo các tam giác có diện tích không nhỏ hơn 8cm², trước tiên cần xác định vị trí của điểm P Gọi O là tâm của hình vuông và M là trung điểm của cạnh CD Điểm P được định nghĩa là trung điểm của đoạn OM, từ đó suy ra rằng diện tích tam giác SP BC bằng diện tích tam giác SP DA, trong khi diện tích tam giác SP AB lớn hơn diện tích tam giác SP CD.
Ta có SP AC = SP B D = 2SP O D = SP C D = 1
Giả sử có điểm P 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 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 của diện tích 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)
Điểm O nằm trong hình tứ giác ABCD có khoảng cách đến bốn đỉnh 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 cm².
Diện tích 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 Để tối ưu hóa, chúng ta chia các số 1, 2, 4 và 7 thành hai cặp và tìm tích lớn nhất của tổng các cặp số đó.
(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 đạt cực tiểu khi R nằm cùng phía với X so với P và trên đường thẳng PX, lúc này có QP + PR.
QR đạt giá trị lớn nhất, vì PR thì bằng bán kính đường tròn, còn QP không đổi). 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 điểm D và AC tại điểm E Mục tiêu là xác định vị trí của M sao cho độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.
Vì AME = ABC (đồng vị) nên AME = MAE = 60°, từ đó suy ra tam giác AME đều Tương tự, có thể chứng minh rằng tam giác BMD cũng 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, các điểm này chia đường tròn thành các cung bằng nhau Nhiệm vụ là tìm n điểm B0, B1, , Bn-1 trên đường tròn, sắp xếp theo thứ tự 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 xác định rằng độ dài của mỗi đoạn dây cung giữa hai điểm liên tiếp là lớn nhất theo quy tắc |i−j| = k hoặc |i−j| = k+1 Do đó, độ dài đường gấp khúc A0AkA2kAk−1A2k−1 sẽ đạt giá trị tối đa.
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
Trong bài toán này, chúng ta xem xét các điểm A0, Ak, A2k−1, Ak−1, A2k−2, Ak−2, , Ak+1, A1 với điều kiện |i−j| = k−1 hoặc |i−j| = k+1 Dễ dàng nhận thấy rằng có k đoạn dài nhất và k−1 đoạn dài thứ hai trong tập hợp các điểm này Đây chính là thứ tự các điểm thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác Chứng minh rằng các độ dài SM BC, SM CA, SM AB là ba cạnh của một tam giác 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
Bài toán 2.10 yêu cầu tìm vị trí tối ưu cho các điểm X, Y, Z nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác nhọn ABC, nhằm mục đích tối thiểu hóa chu vi của tam giác X, Y, Z.
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 gọi giá trị lớn nhất này là p(ABC) Câu hỏi đặt ra là với tam giác ABC nào thì giá trị của p(ABC) sẽ đạt tối đa?
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 bất đẳng thức Jensen Một phương pháp 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 lớn hơn hoặc bằng 120 độ, thì điểm M cần tìm chính là đỉnh của góc đó Trong bài toán 2.12.2, điểm M trùng với đỉnh tam giác có đường cao ngắn nhất, hoặc có thể di chuyển trong toàn bộ miền của tam giác ABC nếu tam giác đó đều Còn trong bài toán 2.12.3, điểm M trùng với đỉnh tam giác có đường cao dài nhất, hoặc cũng có thể di động trong toàn bộ miền tam giác ABC nếu tam giác đó đều.
Chúng ta sẽ mở rộng ba bài toán này thành ba bài toán cực trị cho đa giác lồi A1A2 An (n≥3) Đặt MHi là khoảng cách từ điểm M đến cạnh AiAi+1 của đa giác, với An+1 ≡ A1 Mục tiêu là tìm điểm M nằm trong miền đa giác A1A2 An sao cho đạt được điều kiện tối ưu.
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 cho bài toán 2.12.1’ với đa giác Tuy nhiên, có một tính chất quan trọng giúp giải quyết bài toán 2.12.1’ cho đa giác tổng quát, đồng thời cũng có thể giải được các bài toán 2.12.2’ và 2.12.3’ Mặc dù bề ngoài, các bài toán 2.12.1’, 2.12.2’ và 2.12.3’ không có mối liên hệ rõ ràng, nhưng vẫn có thể áp dụng phương pháp chung để tìm ra lời giải cho chúng.
Tam giác đều có một tính chất đặc biệt: tổng các khoảng cách vuông góc từ bất kỳ điểm M nào tới 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
Tam giác ABC có điểm T nhìn ba cạnh của tam giác với cùng một góc 120 độ, thì T chính là điểm Torricelli của tam giác đó Mệnh đề này được chứng minh qua việc phân tích các góc và tính chất hình học của tam giác Điểm Torricelli là điểm tối ưu để tối thiểu hóa tổng khoảng cách từ T đến ba đỉnh A, B, C của tam giác.
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 là biểu tượng của vẻ đẹp hình học mà còn có những đặc tính tương tự ở các đa giác không đều như hình bình hành 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 làm rõ khái niệm và mở rộng cho trường hợp điểm M nằm ngoài đa giác Điều này có thể áp dụng vào giải quyết 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 nằm trên biên của đa giác lồi A1A2 An có thể xác định chính xác 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 đa giác, cụ thể là thuộc biên của đa giác Điều kiện cần và đủ để một đa giác được coi là đa giác hằng số là rất quan trọng.
Định lý 2.1 nêu rõ rằng để một đa giác lồi A1A2 An (với n ≥ 3) trở thành một đa giác hằng số, điều kiện cần và đủ 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 cạnh của đa giác Những đường thẳng này cắt nhau tạo thành một đa giác B1, B2, , Bn, là đa giác ngoại tiếp của 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 mở rộng cho đa giác bằng cách áp dụng 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 phát triển từ phương pháp của Torricelli để giải bài toán 2.13.1 Tuy nhiên, kỹ thuật này không còn hiệu lực cho bài toán 2.11.3 Do đó, để giải quyết bài toán 2.13.3, chúng ta cần bắt đầu bằng việc 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 rất ngắn gọn nhưng chứa đựng chất đại số cao, giúp chúng ta tìm ra phương pháp giải quyết hiệu 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 M là điểm cố định trên đường tròn tâm O, sao cho tổng HA^3 + HB^3 là nhỏ nhất khi Mx di động Trong đó, α là một góc không đổi nằm trong khoảng 90° < α < 180° Các cạnh của góc xMy cắt đường tròn tại hai điểm A và B, và H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB.
Giả sử Mx và My cắt đường tròn tại A và B, với góc AMB = α không đổi và α > 90 độ, điểm H nằm giữa A và B Độ dài AB là hằng số a, dẫn đến HA + HB = a Theo kết quả trong mục 1.2.3, giá trị HA^3 + HB^3 đạt cực tiểu khi HA = HB = a.
Trong tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và trực tâm H, điểm M nằm trên cung BC không chứa A Tại thời điểm này, góc xMy được xác định 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 AM là đường kính của đường tròn (O), và điều này xảy ra 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), có năm điểm phân biệt A, B, C, D, E theo thứ tự với độ dài các đoạn AB = BC = CD = DE = R Trung điểm của các đoạn CD và AE lần lượt là M và N Bài toán yêu cầu xác định 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
Hình 2.13: Đặt α = AON\ (0 < α 0 và Y > 0, biểu thức (6) cho thấy rằng giá trị của p đạt cực đại pM hoặc cực tiểu pm khi và chỉ khi tổng X + Y đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất Thêm vào đó, từ (7) và đồng nhất thức cũng cung cấp những thông tin quan trọng về mối quan hệ 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 ).
Thay giá trị lớn nhất của X+Y vào công thức (6) sẽ cho ta giá trị lớn nhất pM Từ ý nghĩa hình học của các kí hiệu x, x’, y, y’ và X=x+x’; Y=y+y’, ta có thể nhận thấy 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 giải đại số nhanh chóng thiết lập biểu thức (*) của p dựa trên độ dài các cạnh của tứ giác theo các đoạn thẳng có chung đầu mút tại P Đồng thời, cần thiết lập các hệ thức (1), (2), (3) để thể hiện mối liên hệ giữa các biến x, x’, y, y’ từ hai tính chất hình học.
Tứ giác ABCD được xem xét, và qua các phép biến đổi tương đương, biểu thức (*) của p được đơn giản hóa thành biểu thức (4) Để khảo sát sự biến thiên của p qua biểu thức (4), chúng ta cần chuyển sang 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
Giá trị p² đạt cực trị khi AC + BD đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất, tương đương với việc u²v² cũng đạt cực trị Cụ thể, giá trị p² nhỏ nhất xảy ra khi u²v² = 0, tức là u = 0 hoặc v = 0, dẫn đến AC = 2a và BD = 2√(a² - d²) hoặc ngược lại, với p² min = 16a² + 16a√(a² - d²) Ngược lại, giá trị p² lớn nhất tương ứng với 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 được biểu diễn bằng (AC + BD)² − AC² + BD², từ đó ta có p² = (AC + BD)² + 4a(AC + BD) + 4a² − b² Từ công thức này, có thể nhận 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, được xác định bởi pm = 4pa(a+b), đạt được khi và chỉ khi tứ giác ABCD có đường chéo AC = 2a làm 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.
Với T=6.(-12) < 0, điểm M và N nằm ở hai phía của mặt phẳng (α) Gọi R là điểm đối xứng của M qua mặt phẳng (α) Đường thẳng MR, đi qua 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 Cho hai điểm M(x1; y1; z1) và N(x2; y2; z2) không nằm trên mặt phẳng (α), nhiệm vụ là tìm điểm I trên mặt phẳng (α) sao cho a) tổng khoảng cách IM + IN là nhỏ nhất và b) hiệu |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
Nếu T = (Ax1+By1+Cz1+D)(Ax2+By2+Cz2+D) và T > 0, thì hai điểm M và N nằm cùng phía đối với mặt phẳng (α) Để xác định điểm M’ đối xứng với M qua mặt phẳng (α), ta có IM = IM’ Từ đó, ta có IM + IN ≥ M’N, với 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 được xác định là giao điểm của đoạn thẳng MN với mặt phẳng (α) Nếu M và N cùng nằm một phía so với mặt phẳng (α) và đoạn thẳng MN không song song với mặt phẳng (α), thì có |IM − IN| ≤ MN, với đẳng thức xảy ra khi I, M, N thẳng hàng Trường hợp đoạn thẳng MN song song với mặt phẳng (α), điểm I sẽ không thể xác định.
Nếu M và N nằm ở hai phía khác nhau của mặt phẳng (α), ta có thể xác định điểm M' đối xứng với M qua mặt phẳng (α) Khi đó, khoảng cách giữa điểm I và M, N được biểu diễn bằng |IM − IN| = |IM′ − IN| ≤ M′N Đẳng thức này chỉ xảy ra khi ba điểm I, M’, và N 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
So sánh hai trường hợp, ta nhận thấy rằng cosα đạt giá trị lớn nhất khi mặt phẳng (Q) tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất, cụ thể là khi b = -1 Khi đó, 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 A b B b A ′ b D 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