Bài Toán cực trị về hình học trong mặt phẳng - Năm học 2009-2010 - Phạm Thị Hiền

Nội dung tài liệu: Bài Toán cực trị về hình học trong mặt phẳng - Năm học 2009-2010 - Phạm Thị Hiền

1. TRƯỜNG ĐẠI HOC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2. KHOA TỐN HỌC PHẠM THỊ HIỀN BÀI TỐN CỰC TRỊ VỀ HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG KHỐ LUẬ N TỐT NGHIỆP CHUYÊN NGÀNH : HÌNH HỌC Người hướng dẫn khoa học T.S PHAN HỒNG TRƯỜNG Hà nội, Tháng 5 năm 2010 . 1
2. Lời cảm ơn Do chưa cĩ nhiều kinh nghiệm trong việc tiến hành nghiên cứu khoa học , em khơng khỏi bỡ ngỡ và cịn nhiều lúng túng. Nhưng được sự giúp đỡ nhiệt tình của thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG và các thầy cơ giáo trong tổ hình học , em đã hồn thành tốt khố luận của mình , đảm bảo thời gian , kiến thức cũng như sự chính xác của tốn học. Do điều kiện về thời gian và tính chất của đề tài chắc chắn khố luận tốt nghiệp của em khơng tránh khỏi những thiếu sĩt.Em rất mong nhận được sự chỉ bảo của các thầy cơ giáo và ý kiến của các bạn đồng mơn để bài khố luận được hồn thiện hơn. Qua đây em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cơ giáo trong tổ hình học , các thầy giáo trong khoa tốn và đặc biệt là thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG đã hướng dẫn em hồn thành khố luận này. Em xin chân thành cảm ơn! Ngày 15 tháng 5 năm 2010. Sinh viên : PHẠM THỊ HIỀN 2
3. Lời cam đoan Khố luận này là kết quả của bản thân em qua quá trình học tập và nghiên cứu,cùng với sự tạo điều kiện của các thầy cơ giáo trong khoa tốn, đặc biệt là sự hướng dẫntận tình của thầy giáo Phan Hồng Trường Em xin khẳng định kết quả của đề tài “Bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng” khơng cĩ sự trùng hợp với kết quả của đề tài khác. 3
4. Mục lục Trang Lời nĩi đầu . 4 Chương 1 : Phương pháp giải một bài tốn cực trị về hình học A) Bài tốn cực trị về hình học . 5 B) Phương pháp chung để giải một bài tốn cực trị về hình học 5 Bài tập đề nghị chương 1 14 Chương 2 : Cách vận dụng các bất đẳng thức trong hình học A) Bất đẳng thức tam giác 15 B) Đường vuơng gĩc và đường xiên ... 16 C) Độ dài đường gấp khúc 17 D) Các bất đẳng thức trong đường trịn . 19 Bài tập đề nghị chương 2 .... 21 Chương 3 : Cách vận dụng các bất đẳng thức trong đại sốvào bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng A) Các bất đẳng thức đại số thường dùng 22 B) Các ví dụ áp dụng .. 23 Bài tập đề nghị chương 3 ... 25 Chương 4 : Toạ độ và vectơ trong mặt phẳng với bài tốn cực trị về hình học A)Toạ độ trong mặt phẳng với bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng . .. 26 B)Vecto trong mặt phẳng với bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng .. 28 Kết luận .. 31 4
5. LỜI NĨI ĐẦU 1) Lý do chọn đề tài . Trong nhà trường phổ thơng , hình học là một mơn học khĩ đối với học sinh.Bởi hình học là một mơn học yêu cầu người học phải cĩ tư duy logic , chặt chẽ và cĩ khả năng trừu tượng hố cao hơn các mơn học khác. Học sinh đã được tiếp cận với hình học ngay từ những năm học tiểu học và được học một cách hệ thơng từ ở lớp 6. Học sinh được học cách giải rất nhiều dạng bài tốn nhưng bài tốn tìm giá trị cực trị của một đại lượng hình học nào đĩ trong mặt phẳng luơn là bài tốn gây nhiều khĩ khăn cho học sinh. Với sự gợi ý hướng dẫn của thầy giáo PHAN HỒNG TRƯỜNG ,cùng với mục đích tìm hiểu và đưa ra phương pháp chung để giải một bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng cũng như tìm hiểu cách vận dụng một số bất đẳng thức trong hình học ,bất đẳng thức trong đại số để giải bài tốn cực trị hình học trong mặt phẳng , em đã lựa chọn đề tài “ Bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng ”. 2) Nhiệm vụ nghiên cứu : + Trình bày cơ sở lí thuyết . + Đề xuất phương pháp +Xây dựng hệ thống ví dụ bài tập luyện tập. 3)Phƣơng pháp nghiên cứu + Thống kê + Khái quát hố , trừu tượng hố . + Nghiên cứu sách giáo khoa , tài liệu tham khảo , báo tốn học và tuổi trẻ . 5
6. CHƢƠNG 1 :PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT BÀI TỐN CỰC TRỊ VỀ HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG A, Bài tốn cực trị về hình học. Xét một đại lượng hình học y (độ dài của một đoạn thẳng,tổng của nhiều đoạn thẳng,chu vi ,diện tích của một hình, độ lớn của một gĩc,v.v ). 1, Bài tốn tìm cực tiểu về hình học. Nếu cĩ một giá trị khơng đổi y1 sao cho luơn cĩ y y1 , đồng thời tồn tại một vị trí hình học của y (hoặc hình chứa y) tại đĩ y đạt được giá trị y1 ,thì ta nĩi rằng y1 là giá trị nhỏ nhất (cực tiểu ) của y. 2, Bài tốn tìm cực đại về hình học. Tương tự,nếu cĩ một giá trị khơng đổi y2 sao cho luơn cĩ y y2 , đồng thời tồn tại một vị trí hình học của y (hoặc hình chứa y) tại đĩ y đạt được giá trị y2 ,thì ta nĩi rằng y2 là giá trị lớn nhất (cực đại ) của y. Bài tốn tìm cực tiểu hay cực đại của y được gọi chung là bài tốn cực trị về hình học. Người ta thường kí hiệu min y = y1 (hay ymin = y1) ; Max y = y2 (hay ymax =y2 ) ; B,Phƣơng pháp chung để giải một bài tốn cực trị về hình học trong mặt phẳng. Căn cứ vào đầu bài,người ta thường giải bài tốn cực trị về hình học theo ba cách sau: 1,Cách 1: Vẽ một hình cĩ chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị , thay các điều kiện của đại lượng đĩ bằng các điều kiện tương đuơng.Cĩ khi phải chọn một đại lượng nào đĩ trong hình làm ẩn số,dựa vào mối quan hệ giữa ẩn số đĩ với các đại lượng khác trong hình, những đại lượng này cĩ thể do đầu bài cho sẵn,nhưng cũng cĩ thể do ta làm xuất hiện trong quá trình đi tìm lời giải của bài tốn.Biểu thị ẩn số theo các đại lượng đã biết, các đại lượng khơng đổi rồi biến đổi tương đương biểu thức vừa tìm được để cuối cùng xác định được giá trị của đại lượng cần tìm, từ đĩ suy ra vị trí của hình để đạt được cực trị. Người ta thường dùng cách này khi đầu bài dược cho dưới dạng : “ Tìm một hình thoả mãn các điều kiện cực trị cho trứơc. ‟‟ 6
7. Ví dụ 1: Trong các tam giác cĩ cùng đáy và cùng diện tích , tìm tam giác cĩ chu vi nhỏ nhất. Giải : Xét các tam giác cĩ chung đáy là BC = a và cĩ cùng điện tích là S Gọi AH là đuờng cao tương ứng với cạnh đáy BC ta cĩ: 1 2S S = AH.BC AH = ( khơng đổi ) 2 a Suy ra A di động trên một đường thẳng xy 2S Song song với BC và cách BC một khoảng bằng . a Ta cần xác định vị trí của A trên xy để tam giác ABC B’ Cĩ chu vi nhỏ nhất. Chu vi ABC = AB + BC + CA = AB + AC + a Vì a khơng đổi nên chu vi ABC Ao A nhỏ nhất khi và chỉ khi AB + AC nhỏ nhất. x y Gọi B‟ là điểm đối xứng của B qua xy , B‟C cắt XY tại A0 . Xét AB‟C ta cĩ: AB‟ + AC B‟C = B‟A0 + A0C (1) Thay AB‟ = AB ; A0B‟ = A0B vào (1) ta được : B C AB + AC A0B + A0C (2) (2) cĩ dấu “=” khi và chỉ khi B‟, A, C thẳng hàng. Khi đĩ A  A0. Vì A0B = A0B‟ = A0C nên A0BC cân tại A0. Vậy trong các tam giác cĩ chung một đáy và cĩ cùng diện tích tam giác cân cĩ chu vi nhỏ nhất. Ví dụ 2 : Cho ABC cĩ các gĩc B và C nhọn; BC =a, đường cao AH = h. Xét các hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác cĩ M AB; N AC; P và Q BC. Xác định vị trí của hình chữ nhật MNPQ để nĩ cĩ diện tích lớn nhất. Giải: Vị trí của hình chữ nhật MNPQ sẽ được hồn tồn xác định nếu ta xác định được vị trí của MN. Đặt MQ = x; MN= y A AK = h - x. AMN ∽ ABC M K y N MN AK = BC AH y h-x = B a h Q H P C 7
8. a(h-x) y = h Gọi S là diện tích hình chữ nhật MNPQ thì : a S = xy = x( h - x) (*) h a a h2 h2 S = ( hx - x2 ) = ( hx - x2 + - ) h h 4 4 a h2 h h2 = [ - ( x2 - 2.x. + )] h 4 2 4 a h2 h = [ - (x- )2 ] h 4 2 ah a h ah = - (x- )2 4 h 2 4 h h dấu “=” xảy ra khi x - = 0 x = khi đĩ K là trung điểm của AH hay MN là 2 2 đường trung bình của ABC. ah h Vậy max S = x = . 4 2 Chú Ý : Ta cĩ thể giải bài tốn trên bằng cách áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy. Từ (*) ta nhận thấy : a, h đều là hằng số dương nên S lớn nhất khi và chỉ khi x(h -x) lớn nhất. Do x >0; x 0, hai số dương x và (h - x) cĩ tổng khơng đổi x + (h - x) = h nên tích x(h - x) sẽ lớn nhất khi chúng bằng nhau : h x = h - x hay x = . 2 2,Cách 2 Đưa ra một hình (theo yêu cầu đầu bài) rồi chứng minh mọi hình khác cĩ chứa yếu tố ( mà ta phải tìm cực trị ) lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương ứng trong hình đã đưa ra. Ví dụ 3 : Trong các tam giác cĩ cùng đáy và cùng diện tích, chứng minh rằng tam giác cân cĩ chu vi nhỏ nhất. Đây là bài tốn ta đã đề cập trong ví dụ 1,nhưng ở đây đầu bài nĩi rõ hình ta cần phải chứng minh là một tam giác cân, nên ta đưa ra một tam giác cân A0BC (h.1.1).Rồi xét một tam giác khơng cân ABC cĩ cùng đáy BC, đỉnh A chạy trên. Đường thẳng xy ∥ BC ta chỉ việc chứng minh chu vi ABC chu vi A0BC tức là AB + AC A0B + A0C như đã trình bày cách giải ở ví dụ 1. 8
9. 3,Cách 3 : Thay việc tìm cực đại của một đại lượng này bằng việc tìm cực tiểu của một đại lượng khác , hoặc ngược lại. Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong các tam giác cĩ cùng đáy và cùng diện tích , thì tam giác cân cĩ bán kính đường trịn nội tiếp lớn nhầt. GIẢI Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC , r là bán kính đường trịn nội tiếp tâm I , S là điện tích tam giác ABC .Ta cĩ : S = SAIB + SBIC + SCIA 1 1 1 = cr + ar + br 2 2 2 r = (a + b + c ) 2 Vì S khơng đổi , ta suy ra r sẽ lớn nhất khi và chỉ khi ( a + b + c ) nhỏ nhất , tức là chu vi của tam giác nhỏ nhất .Theo kết quả ở ví dụ 1 ,đĩ là tam giác cân. Ví dụ 5: Cho hình vuơng ABCD cạnh a .Xét các hình thang cĩ bốn đỉnh ở trên bốn cạnh của hình vuơng và hai đáy song song với một đường chéo của hình vuơng . Tìm hình thang cĩ diện tích lớn nhất và tính diện tích lớn nhất ấy. GIẢI Gọi EFGH là hình thang cĩ các đỉnh nằm trên các cạnh của hình vuơng và hai đáy FG, EH song song với đường chéo BD của hình vuơng. Đặt AE = x EB =a - x CF = y FB =a - y Dễ thấy DHG = BEF Gọi S là hiệu diện tích hình vuơng và diện tích hình thang EFGH thì : S = SAEH + SCFG + 2SBEF 9
10. 1 1 = AE2 + CF2 + BE.BF 2 2 x2 y2 = + + ( a - x )( a - y ) 2 2 1 = [ x2 + y2 + 2xy - 2a( x + y ) + 2a2 ] 2 1 2 2 = [(x+y) -2a(x+y)+2a ] 2 1 2 2 = [(x+y-a) +a ] 2 SEFGH lớn nhất khi và chỉ khi S lấy giá trị nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi: x + y - a = 0 x + y = a x = a - y hay AE = BF Khi đĩ các đường chéo EG và HF song song với các cạnh của hình vuơng và diện a2 tích lớn nhất của hình thang phải tìm là . 2 (*) CHƯ Ý QUAN TRỌNG (i) Cĩ trường hợp để tìm cực trị của một đại lượng A , ta chia A thành tổng của nhiều đại lượng khác : A = B + C rồi đi tìm cực trị của B và C, từ đĩ suy ra cực trị của A ,ta cần chứng minh : “ khi B đạt cực trị thì C cũng đồng thời đạt cực trị và ngược lại .” Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vuơng tại A , ở bên ngồi tam giác vẽ hai nửa đường trịn cĩ đường kính AB , AC .Một dường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường trịn theo thứ tự ở M,N ( khác A ) . Xác định vị trí của M,N sao cho chu vi của tứ giác BCNM lớn nhất. GIẢI Đặt BM = x ; AM = y ; AN = z ; NC = t ; Thì chu vi tứ giác BMNC = BC + x + y + z + t . Với hai đại lượng bất kì , ta luơn cĩ : 2 2 2 ( a - b ) 0 a + b 2ab. 2 2 2 2 ( a + b ) ( a + b ) (*) Tam giác AMB vuơng tại M ; Áp dụng định lí Pitago ta cĩ : 2 2 2 BM + MA = AB hay 2 2 2 x + y = AB . 2 2 Áp dụng bất đẳng thức (*) : ( x + y ) 2 AB x + y AB 2 10
11. dấu „„ =‟‟ xảy ra khi và chỉ khi x = y . Tương tự : z + t AC 2 dấu „„ =‟‟ xảy ra khi và chỉ khi z = t . Khi x = y thì M là điểm chính giữa của cung AB , khi đĩ tam giác AMB   vuơng cân nên MAB = 45o CAN = 45o ( vì M,A,N thẳng hàng ). N là điểm chính giữa cung AC Vậy chu vi của tứ giác BCNM lớn nhất khi M,N đồng thời là điểm chính giữa của các cung AB ,AC . ( ii) Nếu bài tốn đã cho cĩ thể xảy ra nhiều khả năng tương ứng với các trường hợp khác nhau của hình thì phải tìm cực trị trong từng trường hợp, cuối cùng so sánh các giá trị đĩ để tìm ra cực trị của bài tốn. Ví dụ 7: Qua đỉnh A của tam giác ABC , dựng đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách từ các đỉnh B và C tới d là lớn nhất . GIẢI Ta xét hai trường hợp : Trường hợp 1 : d cắt cạnh BC tại E Gọi BB‟ , CC‟ lần lượt là các khoảng cách từ các đỉnh B và C tới d . Hai tam giác ABE và CC‟ . Ta cĩ : SABC = SABE + SACE 1 1 = AE. BB‟ + AE.CC‟ 2 2 2S BB‟ + CC‟ = ABC . AE Ta thấy BB‟ + CC‟ nhận giá trị lớn nhất, Khi đĩ AE là dường cac kẻ từ đỉnh A của ABC , tức là d  BC. Nếu gọi AH là độ dài đường cao kẻ từ A thì AE = AH , do đĩ BB‟ + CC‟ = BC (1) Trường hợp 2: d khơng cắt BC Gọi M là trung điểm của BC . Kẻ MM‟  d . Tứ giácBB‟C‟C là hình thang nhận MM‟ làm đường trung bình nên : BB‟ + CC‟ = 2 MM‟ Mà MM‟ AM ( đường vuơng gĩc và đường xiên kẻ từ M tới d ). Do đĩ : BB‟ + CC‟ lớn nhất khi M‟  A . Lúc đĩ BB‟ + CC‟ = 2 AM và d  AM tại A (2). 11
12. Như vậy , ứng với hai trường hợp , ta được hai kết quả (1) và (2) , do đĩ ta phải so sánh BC với 2AM , điều này rõ ràng phụ thuộc vào hình dạng của tam ABC cho trước .  a) A < 90o. Kéo dài AM một đoạn MN = MA . Tứ giác ABNC là hình bình hành vì cĩ hai đường chéo giao nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra AB = CN ;    ACN = 180o - A mà A < 90o    suy ra ACN > 90o hay ACN > CAB . Xét hai tam giác BAC và NCA chúng cĩ : AB = CN ,   AC chung , ACN > CAB nên cạnh đối diện với gĩc   CAB nhỏ hơn cạnh đối diện với gĩc ACN : BC < AN hay BC < 2AM .  b) A = 90o : Tứ giác ABNC là hình bình hành cĩ một gĩc vuơng nên nĩ là hình chữ nhật. Hai đường chéo BC và AN bằng nhau hay BC = 2 AM.  c) A > 90o : Chứng minh tương tự trường hợp 1) ta được BC > 2 AM. Từ kết quả trên ta suy ra :  + Nếu ABC cho trước cĩ A < 90o thì đường thẳng d đi qua A phải dựng là đường thẳng vuơng gốc với đường trung tuyến AM của ABC.  + Nếu A = 90o thì bài tốn cĩ hai lời giải : dựng đường thẳng d qua A và vuơng gĩc với AM hoặc d‟ qua A và vuơng gĩc với BC.  + Nếu A > 90o thì đường thẳng d qua A và vuơng gĩc với BC. Ví dụ 8: Cho đường thẳng xy ,hai điểm A và B khơng nằm trên xy và thuộc cùng một nửa mặt phẳng cĩ bờ là đường thẳng xy . Tìm trên xy một điểm M sao cho gĩc AMB là lớn nhất. GIẢI 12
13. Ta cần xét các trường hợp sau : a) Trường hợp AB ∥ xy : Dựng đường trịn (O) qua A ,B và tiếp xúc với xy tại M ( trước hết dựng trung trực của AB cắt xy tại M ;Dựng thêm trung trực của AM cắt trung trực của MB tại tâm O cần tìm ).  Ta sẽ chứng minh gĩc AMB là lớn nhất . Thật vậy , nếu lấy một điểm M‟ bất kì ( M‟ M ) trên xy , nối M‟ với A và B , Ta luơn cĩ :     AM‟B < ANB Mà ANB = AMB   AM‟B AMB dấu „„=‟‟ xảy ra hi và chỉ khi M  M‟. b) Trường hợp AB  xy . khi đĩ ta dựng được hai đường trịn (O) và ( O‟ ) đi qua A , B tiếp xúc với xy tại M1 và M2. Do AOO‟ cân nên :   AOO‟ = AO‟O   AMB = AM‟B Cả hai điểm M và M‟ dều thoả mãn điều kiện bài tốn . Vậy bài tốn cĩ hai nghiệm hình. c) trường hợp tổng quát . Trước hết ta hãy giải bài tốn : Cho đường thẳng xy , hai điểm A và B khơng nằm trên xy và thuộc cùng một nửa mặt phẳng cĩ bờ là đường thẳng xy ; AB khơng song song và cũng khơng vuơng gĩc với xy . Dựng đường trịn qua A , B và tiếp xúc với xy. Giả sử ta đã dựng đựơc đường trịn (O) qua A , 13
14. B và tiếp xúc với xy tại M , vì A,B khơng song song với xy nên AB cắt xy tại một điểm y. Ta cĩ : IMB ∽ IAM ( g.g) IM IA = IM2 = IA.IB (1) IB IM Vẽ đường trịn (O‟) qua A và B ( tâm O‟ nằm trên trung trực của AB ).Kẻ tiếp tuyến IT với (O‟) theo chứng minh trên 2 ta cĩ : IT = IA.IB (2) So sánh (1) và (2) ta được : IM1 = IT Từ đĩ ta suy ra cách dựng sau : Vẽ một đưịng trịn phụ (O‟) bất kì , từ I vẽ tiếp tuyến IT với (O‟) , trên xy đặt về hai phía của điểm I các đoạn IM1 = IM2 = IT. Đường vuơng gĩc kẻ từ M1 , M 2 cắt đường trung trực của AB tại O1 ; O2 ;đĩ là tâm của hai đường trịn (O1; O1M1 ) và (O2 ;O2M2 ) đi qua A ,B và tiếp xúc với xy tại M1 , M2 . Trở lại bài tốn đầu ,tương tự trường hợp a)   + Nếu M‟ nằm trên tia IM mà M‟ ≠ M thì AM‟B < AM B 1 1 1   + Nếu M‟ nằm trên tia IM mà M‟ ≠ M thì AM‟B < AM B 2 2 2   Do đĩ ta cần so sánh AM B với AM B. Giả sử (O ) cĩ bán kính nhỏ hơn (O ) . 1 2 1 2     Xét AO O ta cĩ : AO < AO AO O < AO O AM B < AM B . 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 Vậy điểm phải tìm tiếp điểm của đường thẳng xy với đường trịn cĩ bán kính nhỏ hơn trong hai đường trịn qua A,B và tiếp xúc với xy. 14
15. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ CHƢƠNG 1 BÀI 1.1 : Cho hình thang ABCD và hai điểm M,N lần lượt thuộc các cạnh đáy AB và CD ; AN cắt DM ở P ; BN cắt CM ở Q . a) Chứng tỏ SMPNQ = SADP + SBCQ . b) Xác định vị trí điểm M , để SMPNQ lớn nhất . BÀI 1.2 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O;Q) .Xác định vị trí của điểm M trên đường trịn sao cho nếu gọi D,E theo thứ tự là hình chiếu của M trên các đường thẳng AB , AC thì DE cĩ độ dài lớn nhất. BÀI 1.3 : Trong các tứ giác nội tiếp cùng một đường trịn , tứ giác nào cĩ : a) Diện tích lớn nhất ? b) Chu vi lớn nhất ? BÀI 1.4 : Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn (O;r) .kẻ các tiếp tuyến của đường trịn (O) song song với các cạnh của tam giác.Các tiếp tuyến này tạo với các cạnh của tam giác là ba tam giác nhỏ cĩ diện tích là S1 ,S2 , S3 . Gọi S là diện tích tam giác ABC. S +S +S Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số 1 2 3 . S BÀI 1.5 : Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường trịn (O,R).Tìm điểm M thuộc cung BC sao cho nếu gọi H ,G , K thứ tự là hình chiếu của M trên AB , BC , AC thì tổng MA + MB + MC + MH + MI + MK lớn nhất ? nhỏ nhất ? 15
16. CHƢƠNG 2 : CÁCH VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC A, BẤT ĐẲNG THỨC TAM GIÁC Với ba điểm A , B , C bất kì ta luơn cĩ : AB + AC BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi điểm A thuộc đoạn BC. Ví dụ 1: Cho đường thẳng xy và hai điểm A , B thuộc cùng một nửa mặt phẳng cĩ bờ là xy a) Tìm điểm M thuộc xy sao cho MA +MB nhỏ nhất. b) Tìm điểm N thuộc xy sao cho | NA - NB| nhỏ nhất. GIẢI a) Gọi A‟ là điểm đối xứng của điểm A qua xy thì A‟ hồn tồn xác định, do MA =MA‟ nên ta cĩ : MA + MB = MA‟ + MB. Nối A‟ với B và áp dụng bất đẳng thức Tam giác cho ba điểm A‟ , M , B ta cĩ: MA‟ + MB A‟B Dấu “=” xảy ra khi M A‟B . Khi đĩ M  M‟ . Vậy min ( MA + MB ) = AB M  M‟ . b) Nếu lấy một điểm N bất kì trên xy thì | NA - NB| AB . Giá trị lớn nhất của | NA - NB| bằng AB khi và chỉ khi B là điểm nằm giữa hai điểm A và N Suy ra : + Nếu AB ∥ xy thì : Khơng tìm được điểm N thoả mãn yêu cầu bài tốn + Nếu AB  xy :Gọi No = AB  xy Thì No là điểm cần tìm. 16
17. Vậy max | NA - NB| = AB N  No . Ví dụ 2: Cho đường trịn (O) và một điểm M ở ngồi đường trịn .Đường thẳng kẻ từ M qua tâm O cắt đường trịn ở A và B ( A là điểm nằm giữa hai điểm M và O ). Chứng minh rằng MA là khoảng cách nhỏ nhất trong các khoảng cách từ M tới tất cả các điểm của đường trịn và MB là khoảng cách lớn nhất trong tất cả các khoảng cách đĩ. GIẢI Qua M vẽ một đường thẳng bất kì cắt (O) tại A‟ , B‟ Xét MA‟O ta cĩ : MO - OA‟ MA‟ Nhưng OA‟ = OA = R Nên MO - OA MA‟. Theo giả thiết , A là điểm nằm giữa hai điểm M và O nên MO = MA + AO tức là MO - OA = MA . Vậy MA MA‟ dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A  A‟ Tương tự , với mọi điểm B‟ (O) và B‟ ≠ B , xét MOB‟ ta cĩ : MO + OB‟ MB‟ . Do đĩ MB MB‟ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B  B‟ . B, ĐƢỜNG VUƠNG GĨC VÀ ĐƢỜNG XIÊN 1,Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng , đoạn vuơng gĩc với đường thẳng cĩ độ dài ngắn nhất. 2, Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một một đường thẳng , đường xiên nào cĩ hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngựơc lại . Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC cĩ ba goc nhọn.Tìm điểm M ở trong tam giác sao cho MA.BC + MB.CA + MC.AB đạt giá trị nhỏ nhất . 17
18. GIẢI Xét một điểm M bất kì trong tam giác ,tia AM cắt cạnh BC ở D . Kẻ BE  AD; CF  AD .Ta cĩ : BE BD AM.BE AM.BD CF CD AM.CF AM.CD ( BE + CF )AM ( BD + CD ).AM Nhưng : BE.AM = 2 SAMB CF.AM = 2 SAMC BD + DC = BC Do đĩ 2 ( SAMB + SAMC ) BC.AM Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi E và F trùng với D .Khi đĩ AM  BC. Tương tự ta cĩ : 2 ( SABM + SCBM ) AC.BM (2) 2 ( SCBM + SACM ) AB.CM (3) Từ (1) ,(2) , (3) ta suy ra : 4 ( SABM + SACM + SCBM ) MA.BC + MB.CA + MC.AB Do dĩ : min ( MA.BC + MB.CA + MC.AB ) = 4 SABC khi và chỉ khi AM  BC ; BM  AC ; CM  AB , khi đĩ M là trực tâm của ABC. Ví dụ 2 : Cho đường thẳng d và đường trịn (O;R) cĩ khoảng cách từ tâm O đến d là OH > R .Lấy hai điểm bất kì A d và B (O;R). Hãy chỉ ra vị trí của A , B sao cho độ dài Ab ngắn nhất và chứng minh điều ấy. GIẢI Từ tâm O kẻ OH  d cắt (O;R) tại K Xét ABO ,ta cĩ : AB + OB OA Mà OA OH (đường xiên và đường Vuơng gĩc kẻ từ O đến d ) AB + OB OH AB OH - OH = OH - OK = KH Vậy min AB = KH A  H và B  K . 18
19. C, ĐỘ DÀI ĐƢỜNG GẤP KHƯC Độ dài đường gấp khúc nối hai điểm khơng nhỏ hơn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm đĩ . Ví dụ 1 : Cho hình vuơng ABCD và một tứ giác MNPQ cĩ bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vuơng ( tứ giác MNPQ nội tiếp hình vuơng ABCD ). Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ cĩ chu vi nhỏ nhất. GIẢI Gọi I , J , K lần lượt là trung điểm của QN , MN , PQ. Áp đụng tính chất của trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuơng ta cĩ: MN = 1 BJ ; PQ = 2 DK . Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác : PN = 2 IK ; MQ = 2 IJ . Chu vi tứ giác MNPQ : MN + NP + PQ + MQ = = 2 ( BJ +JI + IK + KD ) 2 BD Chu vi tứ giác MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất bằng hai lần độ dài đường chéo hình vuơng, khi đường gấp khúc trùng với đường chéo BD, khi đĩ MN ∥ AC ∥ PQ và MQ ∥ BD ∥ NP .Tứ giác MNPQ trở thành hình chữ nhật. Từ bài tốn trên tacĩ thể rút ra kết luận : Mọi hình chữ nhật nội tiếp được trong một hình vuơng đã cho đều cĩ chu vi bằng nhau và chu vi đĩ nhỏ nhất so với chu vi của bất kì tứ giác nào nội tiếp trong hình vuơng này. Ví dụ 2 : o Cho tam giác ABC cĩ các gĩc nhỏ hơn 120 .Tìm điểm M nằm bên trong tam giác sao cho tổng MA + MB + MC cĩ giá trị nhỏ nhất. GIẢI 19
20. Xét một điểm M nằm trong tam giác ABC. Ta phải xác định vị trí của M để tổng MA + MB + MC cĩ giá trị nhỏ nhất. Ta tìm cách đưa tổng của ba đoạn thành tổng của các đoạn thẳng của một đường gấp khúc nối hai điểm xác định nào đĩ. o Thực hiện phép quay tâm A ,gĩc quay 60 , ngược chiều kim đồng hồ : Biến : M thành M‟ ; C thành C‟ . Như vậy tam giác AMM‟ là tam giác đều suy ra MA =MM‟ . Tam giác ACC‟ cũng là tam giác đều nên C‟ hồn tồn xác định ; M‟C‟ = MC ( vì phép quay bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm ) . Do đĩ MA + MB + MC = MM‟ + MB + M‟C‟ = độ dài đường gấp khúc BMM‟C‟ BC‟. Để tổng MA + MB + MC nhỏ nhất ,ta phải tìm M sao cho bốn điểm B, M ,M‟ ,C‟ thẳng hàng , nghĩa là M thuộc đoạn BC . Suy ra : M  Mo = BC‟  CB‟. Do đĩ cách xác định điểm M như sau : Dựng ra phía ngồi tam giác ABC các tam giác đều ACC‟ ; ABB‟ ; Lấy giao của BC‟ và CB‟, đĩ là điểm M cần tìm. o Theo giả thiết tam giác ABC đều cĩ các gĩc nhỏ hơn 120 nên ta cĩ :    BAC‟ = BAC + CAC‟ < 120o + 60o = 180o Suy ra BC‟ cắt đoạn AC tại một điểm D nằm giữa A và C. Tương tự CB‟ cắt AB tại điểm E nằm giữa A và B, suy ra tia BD nằm giữa hai tia BA và BC ; Tia CE nằm giữa hai tia CB và CA ; Do đĩ hai tia BC‟ và CB‟ luơn cắt nhau tại một điểm Mo nằm trong tam giác ABC. D, CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐƢỜNG TRÕN 1, Đường kính là dây cung lớn nhất của đường trịn . 2, Trong hai dây cung khơng bằng nhau , dây nào lớn hơn thì cĩ khoảng cách từ tâm đến dây đĩ nhỏ hơn và ngược lại. Ví dụ 1 : Cho hai đường trịn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B . Một cát tuyến qua B , cắt (O1) tại M , cắt (O2) tại N .Xác định vị trí cuả MN để chu vi tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. GIẢI Hai tam giác AMN và AO1O2 đồng     dạng vì cĩ M = O ; N = O 1 2 Suy ra : AM+MN+NA AM = AO1+O1O2+O2A AO1 20