Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part2-5)
Trang 1trong đường tròn ụỦ (hinh 1) Néu MỖ la mot điểm ở ngoài Ủ thì doan thang MỖA phai ct w tại một điểm M nao dé (hinh 1) Trong tam giác MMỖB ta co : MỖB < MB + MMỖ, do đó M'A : M'B > MA : (MB + MMỖ) = (MA + MM") : (MB + MMỖ) Vi MA: MB =k < 1 nén (MA + MMỖ) ; (MB + MMỖ) > MA : MB và do đó MA: MB > MA : MB, Các trường hợp khác (M' ở trong Ủ cũng như & > 1) cũng được chứng minh tương tự Tắnh chất đó giúp ta giải các bài toán cực trị sau đây :
Bài toán 1 Cho điểm M chạy trên một đường thằng m uờ hai điểm A, B cố dịnh 6 ngoời m Tìm những uị trắ của điểm M ở đó ặ#l số MA : MB đạt các giá trị nhỏ nhốt uờ lon nhất Ộ 2 Hình 1 Lời giải
a) Trước hết xét trường hợp m không vuông góc với đường thẳng ÁB, ta hãy vẽ đường tròn (Ó) qua Á, B và có tâm O trên đường thẳng m (O là giao điểm của m với trung trực đoạn AB) ; Th sẽ chứng minh rằng các giao điểm MỊ, M;Ư của đường tròn này với m là những điểm cần tìm (hình 2),
Thật vậy, gọi 7 là giao điểm của tiếp tuyến tại M, của đường tròn (O) với đường thẳng ÁB Nếu vẽ đường tròn Ủ tâm 7 bán kắnh 1M; cắt đường thẳng AB ở P, Q thì ta
có TM} = TA.IB hay IP? = TA TB Hệ thức
này chứng tỏ rằng bốn điểm A, B, P, Q thành một hàng điểm điều hòa và do đó Ủ là đường tròn Apôlôniút của cặp điểm A, B ứng với
tl s6 MA: M,B Vi M, và ÂM, ở hai phắa
khác nhau đối với đường trung trực đoạn AB nên trong hai tỈ số MA : M,B va MAA: M có một cấi nhỏ hơn 1, một cái lớn hơn 1 Th
giả sử Mỳ)A : MỊB < 1, M}A ; MỤB > 1, Với
giả thiết đó và để ý rằng m là tiếp tuyến của Ủ, ta thấy mọi điểm M # 1M) trên đường thẳng m đều ở ngoài Ủ nên theo tắnh chất trên ta có : MA : MB > MA: MB, tic là tỉ số MA : MB đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm M, Nếu để ý rằng nếu M,B : M.A < 1 thi tương tự trên ta thấy với mọi điểm Mz M, trên đường thẳng m ta đều có : MB : MA >
> MB: bay MA : MB < B, tức là
tỉ số : đạt giá trị lớn nhất tại điểm M b) Bay giờ xét trường hợp đường thẳng m vuông gớc với AB Nếu m là trung trực của đoạn ÁB thì tỈ số MA : MB luôn luôn bằng 1 Ngược lại, nếu m cắt đường thẳng AB tại điểm H và HA < HB thì với mọi điểm M thuộc m ta có MA : MB =
= \GA + HM): (HB? + HM)
Để ý rằng HA : HB < 1 ta thấy biểu thức trong dấu căn càng nhỏ nếu ZỉAẶ càng nhỏ và đạt giá trị nhỏ nhất khi #M = 0 Như vậy nghĩa là tỉ số MA : AfB đạt giá trị nhỏ nhất tại 7Ặ và không có điểm nào ứng với
giá trị lớn nhất
Còn nếu HỨA > HB thi H tng véi gid trị lớn nhất của tÌ số MA : MB và không có điểm nào ứng với giá trị nhỏ nhất
Từ bài toán trên ta suy ra những hệ quả sau : Hệ quả 1 Nếu cố định đường thẳng m và cho cặp điểm A, B thay đổi tùy ý trên một đường tròn có tâm thuộc đường thẳng m thì cặp điểm tai dé ti s6 MA : MB dat cdc giá trị nhô nhất và lớn nhất vẫn cố định (nhưng có thể hai điểm ứng với các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất hoán vị lẫn nhau)
2 Nếu cố định cặp điểm A, ở và cho đường thẳng m quay xung quanh một điểm thuộc đường trung trực của đoạn AB thì quỹ tắch những điểm tại đó tỉ số MA : MB đạt các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất là đường tròn tâm O đi qua A, B8 và đường trung trực đoạn AB
Trang 2
Chú ý 1 Ta hãy nghiên cứu thêm trường hợp đường thẳng m cất đường thẳng AB tại một điểm E nằm /rong đoạn AB và giả sử EA < EB Sau khi đã dựng đường tròn (O) và có các điểm M,, M; như trên, ta hãy vẽ qua A đường thẳng AC đối xứng của AB qua AM,, cắt m ở Ở Như vậy AM, là phân giác trong của góc BAC (hỉnh 3) và do AM, 1 AM, nên AM, là phân giác ngoài của góc BAC,
chim AB, AC, AM,, AM, là chùm điều hòa và do đó chùm BA, BC, BM,, BM, cing la
chùm điều hòa Vì BM, 1 BM, nén suy ra BM, và BM, là các phân giác trong và ngoài của góc ABC Nhu vậy thì 1; là giao điểm của đường phân giác trong của các góc ABC và BÁC Từ đó thấy rằng m là phân giác trong của góc ACB Như vậy tức là M, va M, là tâm các đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác ABC Đế ý rằng các điểm đó, như đã chứng minh trên, là những điểm tại đó tỉ số MA : MB đạt các giá trị nhỏ nhất và lớn nhất, ta đi đến kết luận sau đây :
Cho tam giác ABC (CA < CB) Nếu điểm M chạy trên đường phân giác trong của góc
ACB thì tỷ số MA : MB dạt giá trị nhỏ nhất
tại tâm đường tròn nội tiếp uà giá trị lớn nhất tại tâm đường tròn bùng tiếp
2 Trong trường hợp đường thẳng m cắt ngoài đoạn AB, ta cũng lập luận tương tự trên, chỉ khác là hoán vị các từ "phân giác trong", "phân giác ngoài" một cách thắch hợp và đổi từ "nội tiếp" thành "bàng tiếp" Ta sé đi đến kết luận :
Nếu diêm M chạy trên phân giác ngoài
của góc ACB của tam giác ABC thi ti 36 4y 2 Ư Z 2 Hình 4 156 MA : MB sẽ dạt các gió trị nhỏ nhốt uờ lồn nhất tại tâm các đường tròn bùng tiếp trên phân giác đó
Như vậy ta lại thấy thêm một đắnh chết
đặc trưng của các tâm các đường tròn nội
tiếp uù bừng tiếp của một tam giác ABC :
đó là những điểm mà tại đó tỈ số MA : MB
đạt các giá trị nhỏ nhét va lớn nhất khi điểm M chạy trên phân giác trong hoặc ngoài của góc ACB
Bài toán 1 gợi ý cho ta bài toán sau đây
Bài toán 2 Cho điểm M chạy trên một
đường tròn m uà hai điểm cố dịnh A, B không nềm trên đường tròn dó Hãy xác định những
dị trắ của điểm M tại đó tỈ số MA : MB đạt
các giá trị nhỏ nhất uà lớn nhất,
Hinh ậ
Lời giải a) Trước hết xét trường hợp tâm của đường tròn m không thuộc đường thẳng AB Ta hãy vẽ đường tròn (O) qua A, B và trực giao với m (đường tròn (O) qua điểm AỖ
liên hợp của A đối với m), cắt đường tròn m ở M, và M, (Hình 5) Ta chứng minh rằng đó chắnh là các điểm cẩn tìm
Thật vậy, gọi 7 l giao điểm của đường thẳng AB với tiếp tuyến tại M, của đường tròn (O)
Nếu vẽ đường tròn Ủ tâm 7 bán kắnh 1M, cát
dutng thing AB é P @ thi ta od IM? = TA TB
Trang 3< M,A : M,B Như vậy tức là ti s6 MA: MB
đạt giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất tại M, 1 va cũng tương tự như vậy đối với diém M,
Nếu giả sử MỊA : M,B < M;A : M,B thì
1; ứng với giá trị nhỏ nhất, M; ứng với giá trị lớn nhất
b) Trong trường hợp đường tròn m có tâm trên đường thẳng AB, nếu đường tròn m chia điều hòa đoạn AB thì nó là một đường trịn Apơlơniút nên tÍ số MA : MB không đổi Còn nếu m không chia đều hòa đoạn AB thi dễ dàng thấy rằng các giao điểm của nó với đường thẳng 4B là các điểm phải tìm
Chú ý : Bài toán 1 có thể coi là một
trường hợp giới hạn của bài toán 2 khi đường tròn m có bán kắnh vô cùng lớn
Những vấn đề trên dây có thể mở rộng vào hình học không gian Sau đây chỉ xin nêu lên một cách vắn tắt các kết quả và những bài toán có hướng dẫn và giải đáp
Trước hết cẩn biết rằng quỹ tắch những
điểm M trong không gian mà tỈ số khoảng
cách đến hai điểm cố định A, B bang một hằng số k # 1 la một mặt cầu có tâm trên đường thẳng AB, gọi là mƯ cồu Apôlôniúi
Mặt cầu này cùng chỉa không gian thành hai miền những diễm mà tỉ số khoảng cách dén A, B nhé hon va lon han k
Từ đơ đi đến những bài toán tương tự như ở phần trên
Bài toán ả (Tương tự như bài toán 1 nhưng thay đường thẳng m bang mot mat phẳng mì),
Hướng dẫn : Nếu tÌ số MA : MB đạt mot cực trị nào đó tại điểm AM; thì điểm đó phải là tiếp điểm của mặt phẳng m với một mặt cầu Apôlôniút của cặp điểm A, B Vì tiếpdiện vuông góc với bán kắnh qua tiếp điểm nên suy ra M, nằm trong mặt phẳng P qua Á, B và vuông góc với m Do đó có thể đưa bài toán đã cho về bài toán 1 xét trên mặt phẳng P
Bài toán 4 Tương tự bài toán 2 nhưng thay đường tròn m bởi một mặt cầu
Hướng dẫn : Cũng phân tắch như ở bài toán 3, ta sẽ đưa bài toán đã cho về bài toán 2 xét trên mặt phẳng qua A, ỷ và tâm của mặt cầu đã cho
Bài toán 5 (Nhu bai toán l1 nhưng xét trong không gian)
Đáp : a) Trường hợp m không vuông góc với AB, các giao điểm của đường thẳng m
với mặt cầu qua A, B và có tâm trên z chắnh là các điểm phai tim
b) Trường hợp m L AB, nếu z thuộc mặt phẳng trung trực đoạn AB thi MA: MB bằng hằng số Ngược lại một cực trị sẽ đạt
được tại chân của đường vuông góc chung
của m và AB Cực trị thứ hai không có Bài toán 6 (Như bài tốn 2 nhưng xét trong khơng gian)
Đáp : Các điểm phải tÌm nằm trên mặt cầu qua Á, ỷ và trực giao với đường tròn m (mat cầu này có tâm trên mặt phẳng của đường tròn m va di qua diém liên hợp của A đối với mặt cầu nhận m làm đường tròn lớn)
MỘT PHƯƠNG PHAP PHAN TICH RA THUA SO
Trong quá trình giải toán có những lúc ta phải phân tắch một đa thức nào đó ra thừa số Chẳng hạn khi giải các phương trình đại số bậc 8, 4 hay 5, vấn đề biến đổi thành một tắch là điều quan trọng Han ban cdn nhé hâm số bậc 2 viết dưới dạng một tắch :
fix) = ox? + bx +o = a(x - 1i) Ở 3;)
BUI QUANG TRUONG
Trong dé a # 0, x, va x, 1a hai nghiém thực của f+) = 0 Bạn có suy nghĩ gì về các thừa số (+ Ở #¡), & Ở ~Ư) ? Phải chăng khi nó bằng 0 thì f) = 0 ! Ta cớ thể mở rộng tắnh chất này cho hàm nhiều biến không ? Đó là vấn đề sau đây sẽ được trình bày
Trang 4khi p(x, y, 2, ằ ) = 0 thÌ chắc chắn fey, 4 tt @ yy, 2, be) Thật vậy, ta có thể viết : f=p.gtr
trong dé g la hàm của các biến z, y, 2, Ư và r là số dư của phép chia Ặ cho ụ
Bài toán 1 Rút gọn phân thức
Đo khi Ư = 0 thì Ặ = 0 nên r = 0, tức là
f= pe
Day là cơ sở lắ luận của lời giải các bài toán sau Mời các bạn hãy bắt tay vào thử
một công cụ mới trong việc phân tắch ra thừa số
_ #(6 +cỞ q)Ợ + đ(c + Ủ Ở đ)? + c(ụ + đ Ở e)Ê + (ụ + b = ẹ)( + c Ở ụ)(Ạ + ụ Ở b) a?(b + cỞ g) + bÊ(c + a Ở b) + c(a + b Ở e) Ở (a + b Ở c)(6 + e Ở a)(Ạ + ụ Ở b)
Việc rút gọn cho ta phân tỉÍch ra thừa số Có bạn đã khai triển các hằng đẳng thức, nhân rổi tìm các thừa số chung Đó là một công việc hết sức gian khổ
Trong phân thức M chúng ta hãy đặt tử là A và mẫu là B Để ý rằng khi cho a = 0 thi A = 0 Thực vậy, lúc ấy
A = 0+6(cỞb)?+e(bỞe)?+(bỞe)(b+e)(cỞb)= = (Ở e)2(ệ + e) Ở (b Ở e)2(b + c) =0
Vì vai trò của ụ, b, e là như nhau trong A nén dé dàng suy ra A = 0 khi 6 = 0 hoặc c =0 Tớm bại, ta có thể viết A = aabe Hãy để ý rằng tử A không có số hạng bậc cao hơn 3, vì vậy Ủ không thể chứa ụ, hoặc ỏ, hoặc c Rõ ràng a lA một hằng số không phụ thuộc ụ, 5, e Ta tìm Ủ bằng cách cho ụ, 6, c những giá trị cụ thể, chẳng hạn để tiện ta hãy cho ụ = b = c = 1 Có ngay ụ = 4
Hoàn toàn tương tự, ta xét mẫu B và có B = Babe lai tìm được 8 = 2 Vậy phân thức đã cho M=2=7,, =2 (véi a, b, c * 0) Bai toán 2 Véi a, 6, e khác 0 và đôi một khdc nhau, chitng minh rằng bre ea a-b a b e )* (ore Khia+b+e=0 P| pat p, = 2724278427 F ồ e be(b Ở c) + ca(c Ở a)+ab{(a ~ b) = abe e Pao a*a=bỎ a(ụỞb)(eỞa)+b(bỞe)(ụỞb)+e(eỞa)(b~e) = (a~b)(6Ởc)(e Ở a) Xét P, : Khia-6 =0,b-c=0va eỞỦ = 0 thÌ tử 7, của P, đều bằng 0 ta có ; Ạ )=9 a-b T, = 71(@ Ở b)ệ ~ 6)(e Ở 8)
Choa = 1,0 = 2,ằ = -8, tìm được yị = ~1 Xét P,: Cho a = 0, khi ấy từ ụ + +c = 0
có b = ~e, tử của PẤ là T, = 0 Với b = 0, e = 0 cing có 7, = 0 vậy T, + y,abe = Ở Gabe ~(@- b)đỞ ẹ)(Ở a) Vay P= PyPy= pc X Ở Gabe x GEĐE=9E=ụ = 9 (đpem) Bài toán 3 Với ụ, b, c đôi một khác nhau, chứng mỉnh rằng = gr Gt @te), (6 +6 +2) Ủ~ĐĐ@=ụ `Ợ 6=260=4)
Bài này có thể cho dưới dạng khác, thay a, b, ằ bằng x, y, z và bat tim giá trị nhỏ nhất của Ặ (x, y, 2)
Lấy mẫu chung là
B = (a~ b)(b ~ clc - a), th A cha S 36 1A
A =ỘỲ(& + b)(& + e)(b Ở e) + 8 + b%(b +0) + ụ)(e Ở a) + + e?(c + ụ)( + b)(ụ Ở b) 158 zr aye +5) Ộ= @Ạ-8) 20 Ta tht cho a - b = 0, tite a = b Luc dy A = 2a3(a3 Ở c3) + 2g3(c2 ~ a3) + 0 = = 2a3(a3 - c?) Ở 2a3(a3 Ở c)=0 Vi trong A vai trò ụ, đô, c như nhau nên Suy ra A = (aể bXb - c)(đ Ở Ủ) Ặfa, b, ẹ) A là hàm bậc 5 đối với a, b, ằ vi vay ta
Trang 5bình đẳng Ta nghỉ trước hết téia +b +c Choa +8 +e = 0, khi đó
A =a bc(bỞ e)+ đ*ea(cỞ a)+ e7ab(aỞ b) =
= aồb%e Ở abc? + ab2e2 Ở a2b2e + + abe? Ở abc? = 0 Vay A = A(a Ở b)(b - cle - ata tb +0) Biết A là hàm bậc 5 của ụ, ỏ, e chắc chắn 4 phải là hàm bậc nhất của ụ, ỏ, c (Bài toán bắt ta chứng mình S >z 0 vậy có thể 6 là
lũy thừa bậc chẵn) Trong  vai trò ụ, b, e
phải như nhau Những suy nghỉ đó giúp ta khẳng định rằng  = kắụ + b + c) và
A = (a- b)(ệ - cle - alia tb + c)*k
Hién nhién & là hằng số Dễ dang tim duge & = 1 Vay
s=Se@+o+op > 0 Đó là điều phải ching minh Trên đây là một vài vắ dụ đưa hàm về dạng một tắch bằng phương pháp tìm những giá trị khiến hàm triệt tiêu Để kết thúc, mời bạn hãy rút gọn phân thức (6 +đ)(@ +) 9=*#C~ig=a @ệ+e)\đ +4) (c+aje+b) ệG~o@=a) Ộ@T=a)j@~b) Nếu kết quả gây cho bạn nhiều thú vị, bạn hãy thử xét phân thức na + Đ)(ụ + c) +b _n 6) +ạn @ Ẩ ẹ)ệ - a) (+ a)( + b) @-@~a4) Ẽ ẹ Ởa)e~ 5) Với n tự nhiên
MOT VAI TINH CHAT ĐÁNG CHÚ Ý CUA TU GIAC PHANG
Việc phát hiện và tổng kết một cách có hệ thống những tắnh chất đáng chú ý của tứ giác trong mặt phẳng giúp ta thấy được mối tương quan gữa những tứ giác, đặc biệt là các tứ giác nội tiếp và ngoại tiếp, từ đó giúp ta giải quyết được một số những bài toán hình học cớ liên quan Chúng ta sẽ xuất phát từ những tứ giác bất kì, sau đó tìm ra những điều kiện để tứ giác đã cho nội tiếp được
hoặc ngoại tiếp được
Hình 1
Xét một tứ giác lồi ABCD (hình L) có các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, AD = đ, có
NGUYEN CÔNG QUỲ
Trang 6= A(ab Ở ed)? + 1ênbedaip2Ợ + Đ
= 4(ab Ở cđ)2 Ở (q2 + b2 Ở c2 Ở d2y2
Đây là một công thức đúng cho mọi tứ giác (lổi) bất kì
Bây giờ ta hãy khai thác công thức (1) để ra những tắnh chất của tứ giác ngoại tiếp cũng như tứ giác nội tiếp
B+D
hay 16( S? Ở abcdsin2
Trước hết đối với tứ giác ngoại tiếp ta có Ủ~b =d- c Bình phương hai vế ta được
a? ~ Qab + 6? = d2 Ở 9edi + c2
hay a? + b2 Ở c2 Ở đ2 = 9(ab Ở ed) Bình phương 2 vế rồi chuyển vế ta thu được
A(ab Ở cđ)2 Ở (a2 + b2 Ở ụ2 Ở d2 = 0
Như vậy trong công thức (1) vế phải bằng 0 nên vế trái cũng bằng 0 Do đó ta suy ra : Trong tứ gióc ngoại tiếp ta có
B+
S = Vabcdsin 5 D
Cần chú ý rằng công thức (II) khong phan ảnh một đắnh chốt đặc trưng của tứ giác ngoại tiếp Nói cách khác, trong tứ giác ngoại tiếp diện tắch được tắnh theo công thức
(D nhưng ngược lại một tứ giác có điện tắch được tắnh theo công thức (II) chua chắc đã
ngoại tiếp được Thật vậy, ta hãy xét một tứ giác ngoại tiếp ABCD nhận đường chéo AC của nó làm trục đối xứng (hình 2) Dé dang tạo được một tứ giác như vậy Diện tắch của
nó được tắnh theo công thức (ID Nếu lấy
điểm B' là đối xứng của ỷ qua trung trực đoạn AC thi ta cd ABỖ = CB, BỖC = BA, ABC = ABO, ap 8 & Hình 2 160
vi vay ttt giéc ABỖCD co dién tich tinh theo công thức (H) Nhưng dễ dàng chứng minh rằng tứ giác đó là một hình bình hành nên nói chung nớ không ngoại tiếp được
Trở lại công thức (Ù, ta cớ thể viết
16S2= 4(abỞ eđ)? Ở (ụ2+ b2Ở c2~ g92+ B+D
+ 16abedsin
Đưới dạng này ta thấy một khi đã cho trước Ủ, È, ằ, d thì điện tắch S của tứ giác B+ sẽ lớn nhất khi sin? D = 1 hay +D +D sin 2 =1vì 5 2 < 180Ỗ nén + sin? 5 2 luôn luôn dương), tức là B+D 5 = 90ồ hay B + D = 180ồ Ta suy ra kết quả quen thuộc sau đây : Trong tốt cả những tử giúc có cóc cạnh liên tiếp bằng Ủ, b, c, d thì tứ giác nội tiếp có diện tắch lớn nhất
Bây giờ ta hãy khai thác công thức Ể) trong trường hợp tứ giác nội tiếp VÌ B+D sin? = 1 nén ta có 16S? = 4(ab Ở cd)* + + 16abed Ở (a? + b2Ở c2Ở 22 = 4072+ 407d?+ BabedỞ (a?+ b2Ở c2Ở~ 2/2 = (2ab + 2ed)? Ở (a? + 6? Ở ằ? Ở a2)? = (2ab + Qed + a2 + b2 Ở c2 Ở d2) x X (2ab + Qed Ở a? Ở b2 + c2 + d2) = = [@ + bỶ? Ở (e Ở đ)?l[(e + đ)? Ở (Ủ Ở b)?] =@tbt+e-djatbỞ-ct+d)x x(Ủ-b+te+đ)(Taz+b+c+d) = 16 ~ đ)(p ~ e)(p Ở b)(p Ở ụ), trong đó p=(a+b+ec+d)/2, tức là ta có S=VP-ap-bHpỞap-d (Uh
Trang 7Hink 3
Trong tam giác ta có công thức
(3)
(p la nita chu vi)
Ta thử xét xem trong tứ giác nội tiếp có một công thức nào tương tự hay không Ta có (hỉnh 8)
BD?= aẤ+ d2 Ở 2adcosA= b2+ c2~ 9becosO,
Nhưng vÌ A + C= 180? nên cosC = Ởcos4, Do đó ta có
a? + d2 Ở 2ndcosA = b2 + c2 + QhecosA
NOI TIEP CAC BAT DANG THUC CỔ ĐIỂN
Các bất đẳng thức cổ điển (của Co-si, Svác, Béc~nu-li, Trê-bư-sếp, ) đã tổ ra rất có hiệu lực trong việc giải quyết các vấn đề toán học Nhưng tôi vẫn thường suy nghỉ : ngoài các bất đẳng thức đã biết, còn có bất đẳng thức nào cớ hiệu lực như vậy không ? Sau một thời gian loay hoay tìm tòi, tôi đã tim ra bất đẳng thức sau và các trường hợp tổng quát của nớ 1 Bất đẳng thức thứ nhất nm? 1 2 a 7 (hm) ide 0 ep ? i=} =1 véia, > 0 Gi = 1, 2, ., 2) Ta hay chttng minh (1) bang quy nạp a) Véin = 2, xét hiệu mija, + mja, Ở (m, + ma, + a.) v
VÌ mẫu số dương, nên ta chỉ cẩn chứng minh tử số không âm Thật vậy, ta cổ :
a,(a, + a,)m? + a,(a, + a,)m3 -
Ở a,a,(m, + m,)ồ = (gym ~ amy 2 0 Dang thức xây ra khi và chỉ khi myla, = maa, (vì a, # 0) b} Giả sử bất đẳng thức (1) đúng đến n, ta chứng minh nó cũng đúng với ụ + 1 Thật vậy, ta có M1-TOTH LÊ QUỐC HÁN Ề 2 n1 m2 ắ (2 Ỏ) iz mi+1 22S + A % ay > a =1 ntl ntl = (> 2 m;) 1D a, 2 Ư=1 i=l (áp dụng với 2 phần tử)
Dang thức xảy ra khi và chỉ khi ma, = mfa; với ¡ # j
Chi y : Khia, = a, = =a, thì (1) trở thành bất đẳng thức trung bình bình phương quen thuộc : a a > mn 2 (5 min)? iI ist Như vật, bất đẳng thức trung bình bình phương chỉ là trường hợp đặc biệt của (1)
Để thấy rõ vai trò của bất đẳng thức (1), ta sẽ dùng nó để giải các bài toán sau : Cần
((1 Df xắch ma dùng để ký hiệu một tổng : Ms =ntint tin)
1
Trang 8lưu ý rằng trong những bài toán đó, nếu ta không dùng (1) thì hoặc sẽ không giải quyết được, hoặc lời giải sẽ phức tạp
Bài toán 1 Nếu cho một hình hộp chữ nhật có kắch thước là ụ, b, e ; đường chéo là
ở ; ba góc tạo bởi đường chéo với ba cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh với đường chéo la a, B, y ; thì ta có :
costa/a + cos'B/o + cosfyjc > l/(Ủ + b + c) ; eostaja2 + cost8/b2 + coslyjc? > 1/22
Lời giải : Vì
costat cos2Đ+ cos2y= ụ2/d2+ b2/d2+ c?/d2= = (a2 + b2 + c2)/đ2 = d2/đ2 = 1, nên
costa/a + cos!B/b + cos*y/e >
> (cosỖa + cosỖB + cosỖy)/(a +b +c) =
= l/Ủ +b+c) Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi cos2Ủ/a = cosỖB/b = cos*yie a = b =
(vl costa = a2/d? = cosỖa/a = a/d?, tương tự cosỖB/o = b/d? , cos*y/e = cắd2 tức là hình hộp chữ nhật tré thanh hinh lap phuong
Ta lai cd :
costa/a? + cos'B/b? + cos*y/e? =
> (cos2z+ cos?Đ+ cos2y)2/(ụ2+ 67+ ằ?)= Ld?
Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi
cos2Ủ/a2 = cos28/b2 = cosỢy/e2
Nhưng đẳng thức này bao giờ cũng đúng (đều bằng 1/đ), nên bất đẳng thức thực sự không xảy ra
Bài toán 2 Chứng mỉnh rằng nếu có :
sinta/a + cosỔa/b = 1a + b) véi a, b > 0,
1
(a+b)
số 9, báo Toán học và Tuổi tré, 86 54)
Lời giải Vi sinỔte/a + costaja > > (sin2Ủ + cosz)2l(Ủ + b) = 1a + 6),
nên từ đẳng thức đã cho suy ra
sinỖa/a = cos2a/b = (sin2a + b) = Ifa + 6)
Do đó
sinẾỦja3 + cosẾz/b3 =
= d/(ụ + b} + b/(ụ + b)! + ba + by4 = = Ia + by}
Bai toán 3 Cho vòng tròn tâm O, bán kắnh r tiếp xúc với ba cạnh 8C, CA, ÁB của 162
thi cing cé sinỖa/a> + costa/b? = B (bài
tam giác ABC tại M, N, P Dựng các vòng
Trang 9Q2 + Vip, + VD)?
LH Án B + sin ginỢ 4 plo
( sing + sing sing sing sing ) 2 2 > ?2/(3/4) = + 1 si AB +gi Cc CA vi sing sing + sing sing +sin5 sing < inf 4 cine te ặ2
< (sing + sing + sing ) 738 < 3/4
(áp dụng 2) Do đồ & +y+z2 > Say +ye-tex) = 42,
hay x +y +z > ửm Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi ABC déu (A = B = C)
Ấp dụng bất đẳng thức {Ù, các bạn hãy
giải các bài toán sau :
Bài toán 4 Chứng minh rằng các đường thẳng x +y + Vụ +đ = 0 luôn luôn tiếp xúc
với elÍp z2/a + y2ụ=1 (với a, b > 0)
Bài toán 5 Ching minh rằng phương
trình #2)/ụ + gồ+)/b=ỨỂ) + g@)J2/(a + 8),
với 4, b > 0, tương đương với phương trình fla = gtxjib
Bài toán 6 Chứng minh rằng nếu day
SỐ ụ, thỏa mãn điều kiện
yada, 3 Va, >
Ư=1 ft
thì bất đẳng thức Na-sơ-bắt mở rong :
aa, + a5) + af(ay+a,) + +
t+a,_ a, +a,)+ a,a,+a,) > n/2 luôn luôn đúng Bây giờ ta mở rộng bất đẳng thức (1) theo hai hướng 2 Bất đẳng thức thứ hai > (3m) 4 Với a, > 0m, >0(= tự nhiên (b > 2) Ta chứng mỉnh (2) bằng quy nạp,
1) Trước hết, ta chứng minh (2) đúng với n = 2 Thật vậy, khi & = 2 ta đã chứng minh (2) đúng (xem chứng miắnh (1) Giả sử (2) với n = 2 đúng với È, tức là : a mẸ >a i i=l Me k-1 ; 2 7 : 2;) ii (2) 1 1, 2, , n) và b - Ở k~
mak) + mkiak-| (m,+ my"Ka,+ al;
nhân hai vế với (m, + ma, + đẤ), ta cớ,
(mljat~1+ mifak!).m,+ m.)(ỦẨ a2) > > (m+ me, +a, Mặt khác, ta có mẸ?1gk+ mbjak gk Ở (mtjat~1+ mijak-l) x x (m, + ma, + a,) vì mẫu số chung đương và tử số là ; (a + a,)(almi*! + ati} Ở ~ đị42(4j ` mị Ở dị m)(m, + m2) Akl pk _ pk-L yk
(a.m, Ở am) ait - akmk) = = (aym, Ở am)? x [am #1 + + (Gựm #T (Ủ2) + + (mzz 1> 0 vậy mit ligk + mbt igk > 2 (m+ mya, + a,j tức là bất đẳng thức cũng đứng với & + 1 2) Bây giờ, ta chứng minh nếu bất đẳng thức (2) đúng với n, thì cũng đúng với ụ + 1 That vay, ta co: Ard k kỞ1 i) Fm lay (gia thiét quy nap) atl atl > (3 m)"/(D a)! (áp dụng với i=t i=] hai phần tử)
Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi
mịa, = mja, với ắ #j ¡ù J = 1,9, ,n, Cha ầ : Khia, = a, = = a, ta có bất đẳng thức trung binh bac & quen thuộc " n k > atin > (> an) Lời i=}
Bài toán 7 Vòng tròn (O) tiếp xúc với các cạnh 8C, CA, AB của tam giác ABC tại
M,N, P Xác định các góc của tam giác đớ biết rằng
APHIPBFỞTI + BMMMCEỞL + ƠNENAEỞL ~ P
( là nửa chu vỉ tam giác ABC) Ta có :
APUPBE} + BMEMCEỞL + CNHNAk-L >
Trang 10> (AP+ BM+ CN)(PB+ MC+ NA) Để chứng minh bất đẳng thức này ta sử
> pkipk-l = p dụng bất đẳng thức (2) bằng cách viết
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : dị = ( Na; ye và có APIPB =BMIMC = CNINA _ om
hay cotg(A/2)cotg(B/2) = cotg(B/2)/cotgiC/2) = > Ở= > ae? = cotg(C/2)/cotg(A/2) = m% 6( Na, 1 Ở_ 40g44) + cofg(B2) + cojgtG2) Ở 1 " A Ở 90ig(2) + eotg(Ể2) + corgi) Ở > (> mị) / > Vay (theo (2)} i=l ist n n > (3 m,)* t n2 Na, Ấ1 Ấ=1 vi theo bat đẳng thức trung bình bậc & - 1 ta có " n > ajn Ừ (5 Varin \ do đó ist /=1 n n Suy ra nk-2 > a, > (2 Va, ặ iz
cotg(A/2) = cotg(B/2) = cotg(C/2) Bài toán 8 Chứng mỉnh rằng nếu ụ và
hay A =B=C=x/38 8 là các góc nhọn của một tam giác vuông
Các bạn hãy áp dụng (2) để giải bài toán Ổthi ta có :
Sau : cosỐa/Ủ + cosS8jd > 1z
Bài toán 8 Chứng minh rằng với mọi n (Báo Toán học và Tuổi trẻ, bài 6/86) tự nhiên, ta đều có, Th có :
~ - - coa6Ủ/Ủ + cos5đ/ử >
1m ỞL+ 9w Ở TIẾT L+ Ấ.+ nÈ/IÉỞ1> gýn, > (cosa + eos3ử)93"Ng +) = lúz
Bấi ứ
3 BAt dang thite thứ 3 vi cosỖa + cosỖB = cos?o + sinta = 1, a +8 = m/2
a m* i n kok n Ro rang, vai trò của các bất đẳng thức ,
Da, > (Xm) i 7D a (8) (ay, @), (3) trong tốn học khơng nhỏ Chác + i=]
i Ũ 1
véim, a, > 0 ( =1
é 1 chắn rằng các bạn còn cớ thể áp dụng chúng Ấ2, .Ấ n, để giải quyết nhiều vấn để khác nữa
VAI UOC LUOQNG HINH HOC
PHAN ĐỨC CHÍNH
Khi học môn Hình học, trong chứng minh thức tắnh điện tắch một tam giác qua ba cạnh và tắnh toán, ta thường dùng đến những kết của nớ )
quả chắnh xác (chẳng bạn định lý về sự đồng quy của ba đường cao của một tam giác, .) và những công thức, tức là những hệ thức biểu điễn bằng đẳng thức (chẳng hạn, công
Trang 11tắnh chất quen biết : tổng các góc phẳng ở đỉnh một góc tam diện phải nhỏ hơn 3609 Đặc biệt trong thực tiến, khi áp dụng các kết quả hình học, người ta rất cẩn đến các bất đẳng thức để ước lượng
Đã có rất nhiều sách viết về các ước lượng hình học Và có nhiều bài toán về ước lượng trong Hình học sơ cấp, cho đến nay
chưa cớ lời giải thỏa đáng
Trong bài báo này, chúng tôi để cập đến vài ước lượng, tuy đơn giản nhưng khá lắ thú, liên quan đến hai đối tượng hình học đơn giản nhất : tam giác trong mặt phẳng và tứ diện trong không gian
1 Vài ước lượng các yếu tố của một tam giác
Ta để ý rằng một tam giác đều với cạnh bằng 1, có ba đường cao bang ý3/2, diện tắch
bằng 3/4, và bán kắnh (hÌnh tròn) nội tiếp bằng 1/2/3 Nhận xét này là xuất phát điểm
của bài toán sau đây về ước lượng
Bài toán 1 Cho một tam giác, độ dài
mỗi cạnh của nó không uượt quá 1 Chúng mình rằng tam giác ấy có :
g) Ít nhất hai dường cao uới độ dài < 3/2, b) Diện tắch < Ý8/4,
ẹ) Bán kắnh đường tròn nội tiếp < LIAV5 Giải a) Trong một tam giác, đường cao có độ dài không vượt quá độ dài của trung tuyến xuất phát cùng đỉnh, nên để chứng mỉnh a), ta chứng minh kết quả mạnh hơn :
một tam giác thỏa môn điều kiện của bài toán, phải có Ít nhốt hai trung tuyến uới độ
dai < ầ3/2
Quả vậy, gọi các độ dài các cạnh của tam giác đã cho 1 a, 6, c Luôn luôn có thể coi rằng
O<csbeaeẠl
Goi m,, mị, mẤ, là các độ đài của các trung tuyến ứng với các cạnh ấy Theo công thức tắnh trung tuyến, ta có : 2m2 = 6? + c2Ở g2/2 < < 02+22 < 1+.1/9 = 8/2 2m} = a2 + c?Ở b9 < Ủ2 + b2/2 < < 1+1⁄2=8/2 từ đó suy ra mẤ < j3/2 và m, < V3/2 Nhận xét Tam giác cân với độ dài ba cạnh
bằng 1, l, 2e có một đường cao (đồng thời là trung tuyến) cơ độ dài j1 ỞcỲ > V3/2, khi c khá nhỏ Điều đó chứng tỏ không thé cải tiến hơn kết quả đã phát biểu ở a)
b) S=ah/2 < VũA
e) Để đơn giản phép chứng minh và hình vẽ, trước hết ta nhận xét rằng một tam giác được chứa trong một tam giác (lớn hơn) đồng dạng với nó, với tỈ số đồng dạng & > 1; hon nữa, nếu một tam giác được chứa trong một
tam giác khác (không cẩn đồng dang), thi bán kắnh nội tiếp của tam giác thứ nhất không vượt quá bán kắnh nội tiếp của tam giác thứ hai, bởi vÌ hình trèn nội tiếp của một tam giác là hình tròn lớn nhất được chứa trong tam giác ấy (bạn đọc tự chứng minh diéu đớ, lưu ý không ngụy biện !)
Như vậy ta hãy ước lượng bán kắnh nội tiếp r của một tam giác ABC thỏa mãn điều kiện của bài toán Nếu cạnh lớn nhất a = BC nhỏ hơn 1, thì ta sẽ xét tam giác đồng dạng với ABC theo tÌ số đồng dang & = I/a > 1 Thanh thử ta cd thé coi ring a = BC = i,
b =AC<1,c=AB <1,
Khi dé (xem hình 1) tam giác ABC được chứa trong tam giác "cong" BCD chấn bởi đoạn ỷC và hai cung BD, CD của hai đường tròn tâm B, C và bán kắnh BC = 1, } / q 8 7# e Hình 1
Gọi I là trung điểm đoạn BC, AỖ la hinh chiếu vuông góc của A lên DĨ, r' là bán kắnh nội tiếp của tam giác A'BC Tam giác A'BC được chứa trong tam giác đều BCD (có bán
kắnh nội tiếp bằng 1⁄28), nên r' < L/2V8
Vì vậy, để chứng mắnh c), ta chỉ việc chứng tỏ rằng r <rỖ,
Để ý rằng ABC là tam giác cân có cùng đáy BC và cùng độ dài đường cao AT = AH như tam giác ABC Bất đẳng thức r < rẼ là hệ quả của bài toán 2 sau đây :
Bài toán 2 Chúng mình rồng trong tất cổ các tam giác có cùng đáy a uề chiều cao hẤ tương úng, thì lam giác cân có :
Trang 12Ở Chu uắ nhỏ nhốt, - Bán kắnh nội tiếp lớn nhất ⁄ % at A ằo ⁄4/ - * I | | | 1 1 | | | 1 | e Hình 2 Giải Với các kÍ hiệu ở hình 1 và hình 2, ta phải chứng mỉnh rằng : AB+AC < AB +AC
Lấy C' là điểm đối xứng của C qua đường thẳng ở (đi qua AỖ va song song với BC), thì
các điểm B, A, CỖ 14 thang hang, va AC = ACỖ, AC = AC, do đó AB + A'C = AB+ AC =
= BCỖ < AB+ACỖ = AB+AC
Gọi p, pẼ là nửa chu vi của các tam giác ABC và A'BC Các tam giác này có cùng điện tắch S, và ta đã chứng minh rằng p' < p Vì
S = pr = pỖrỖ nén véi pỖ < p, ta suy rar < 7Ỗ,
Bài toán 1 được chứng minh xong Suy nghĩ về bài toán 1, ta thấy mục đắch bài toán ấy cớ thể diễn tả dưới dạng sơ đồ :
Ấước lượng diện tắch,
ước lượng cạnh Ở> ước lượng đường cao,
`* ước lượng bán kắnh nội tiếp,
Ta có thể đặt những bài toán kiểu : Ấước lượng cạnh ? tóc lượng điện tắh Ộ+ ước lượng đường cao ?
` ước lượng bán kắnh nội tiếp ?
hoặc
Ấước lượng cạnh ? ước lượng đường cao Ộ+ ước lượng diện tắch ?
ước lượng bán kắnh nội tiếp ?
van, van 166
Đó là nội dung của các bài toán sau : Bài toán 3 Giá thử tam giác ABC có diện tắch S ề ầ3/4 Chitng minh rang tam giác ấy có ; Ủ) Ít nhất một đường cao < ầ3/2 đ) Bán kắnh nội tiếp r < 1/2V5 Giải a) Với cdc ki hiệu thường lệ, ta có S = pp Ở ap - b)p -c) < POOF PAHO Ộ93, 3 4 < P( 3 Mặt khác ta có 6S =ah, + bh, + ch > ể > (ụ#+b+e)min(h_, Ah) = =2phin(h,, hạ, hà) do đó 1 Ses gPminth, , hys Fy) 3 > S nung, hy hy), từ đây suy ra minẦ(h,, hy, h,) < V8S < VB.Vđ/4 = 3⁄4 vậy min(h,, h,, h,) ẹ ầ8/2 thành thử trong tam giác đã cho, đường cao nhỏ nhất có độ dài ề V8/2
Nhận xét Tam giác vuông cân với cạnh góc vuông bằng 0,9 có diện tắch bang 0,405 < ầ3/4, nhưng có hai đường cao là hai cạnh góc vuông bằng 0,9 > 3/2, do đó không thể cải tiến hơn kết quả a) b) Th có : S?=p?2 > gJ8Sr2, đo đó r? < SINS < 1/3/3.8/4 = 1/12 hay r < 1N12 = 1/278
Bạn đọc lưu ý rằng xuất phát từ ước lượng diện tắch, không thể ước lượng được các cạnh hay chu vi của tam giác ấy (lấy phan vắ dụ)
Bài toán 4 Chung minh rang néu cd ba đường cao của một tam giác là < 8/2, thì
Trang 13Giải Kết quả của bài toán là hệ quả của bất đẳng thức rs 3 max (ha, hy, h,) () Để chứng minh (1), ta để ý rằng 6S=ah, + bh, + ch, < < (@+b+c)max(h,, hy, h,) = = 2p max (h,, h,, Ads va do S=pr, ta suy ra bất đẳng thức (1) Nhận xét, Bạn đọc hãy tìm vắ dụ chứng tổ rằng một tam giác cớ thể có cả ba đường cao rất nhỏ, nhưng cớ điện tắch và các cạnh lớn tùy ý (đây là nội dung của một bài toán trong một ki thi toán ở Liên Xô) Bất đẳng thức (1) còn có thể coi là hệ quả của bất đẳng thức sau
r Flt, + hy + h,) (2)
Dé chiing minh (2), ta có thể coi rằng Ạe<SbS<a, khi đó Ais Ay < he khi dé theo bất đẳng thức Trê-bư-sép, ta có 6S = ah, + bh, + ch, < 3 x X @tb+ oh, +h, th) = 2 = Ph, thy +h, va do S = pr, tu do suy ra (2) Bên cạnh bất đẳng thức (2), bạn đọc hãy chứng minh bất đẳng thức 1 r < smin thụ, hạ, hạ)
Bài toán 5 Chúng mình rằng nếu một
tam gióc cô bán kắnh nội tiếp r < LJAV3, thì nó có it nhất một đường cao h < V3J2 Giải Kết quả nêu trong bài toán 5 chỉ là hệ quả của bất đẳng thức 1 gmin (hạ, hy, h) <r (3) Để chứng minh bất đẳng thức này, ta để ý rằng trong bài toán 3, ta đã gặp bất đẳng thức 8S > pmin (ag hy he) mà ậ = pr, từ đó suy ra bất đẳng thức (3) Nhận xét Tam giác vuông cân, với cạnh góc vuông bằng a= 2442 25
có bán kắnh nội tiếp r = 1/28, có hai đường cao là hai cạnh góc vuông ụ > 3/2, vậy không thể cải tiến hơn kết quả bài toán 5
Bạn đọc hãy suy nghỉ về những bài toán tương tự với các bài toán trên, nhưng với dấu bất đẳng thức ngược chiều
2 Vài ước lượng các yếu tố của một
tứ diện
Trong không gian, tứ điện đều với độ dài
cạnh bằng 1, cớ bốn đường cao bằng V6/3, thể tắch bằng ầ2/12 và bán kắnh (hình cẩu)
nội tiếp bằng ý6/12 Từ nhận xét ấy, ta hay đề ra bài toán sau đây
Bài toán 6 Cho một tứ diện uới độ dài
mỗi cạnh không vuot qué 1 Chitng minh
rồng tú diện ấy có :
a) Ít nhất hai đường cao < Võ/8,
6) thể tắch < 2/12
Ạ) bản kắnh nội tiếp < 6/12
Giải a) Th gọi một trung tuyến của một tứ diện là đoạn thẳng nối một đỉnh với trọng tâm của mặt đối, Độ dài của một trung tuyến không nhỏ hơn độ dài của đường cao xuất phát từ cùng đỉnh, vÌ vậy để chứng minh a), ta chứng mỉnh kết quả mạnh hơn :
Một tứ điện thỏa mãn diều hiện của bài toán, phải có ắt nhất hai trung tuyến uới độ dài < 6/8 Phép chứng minh chia làm hai bước 4 2 Hình 3
Bước 1 Tắnh độ dài trung tuyến AG của
tứ điện ABC?, với G là trọng tâm tam giác
BCD (hình 8)
Goi 7 là trung điểm đoạn CD Vấn đề quy về việc tắnh đoạn AG trong tam giác ABI,
với BG = 2GI
Trang 144 Ợ 6 e
Hình 4
Theo hỉnh 4, gọi # là hình chiếu vuông gúc của Á lên đường thẳng BI Vi H co thé
nằm trong hay ngoài đoạn BI, nén ta sé dùng khoảng cách đại số Một mặt ta có : AH?= AB? Ở BH? = AB*~ (BG + GH)? = AB? - BỂ Ở GH? - 2BG GH, từ đó suy ra AG? = AB? Ở (4/9)B - 2BG.GH (4) và mặt khác ta có AH? = AP ~ HP = AP - (HG + Gh? = AP - HG - GP - 3HG G1, từ đó suy ra G2 = AI? Ở (1/9)BP Ở 2HB GI (5) Vì BG=2GI, HG = Ở GH, nén ti (4) và (5) suy ra BAG? = 24P + AB? Ở (2/3)BP (6)
Vì AT là trung tuyến của tam giác ACD, -Bỉ là trung tuyến của tam giác ACD, nên ta có theo công thức tắnh trung tuyến của một
tam giác
2AP = AC? + AD? ~ (1/2)CD? (1) 2BP = BC? + BD2 Ở (1/2)CD2 (8)
vậy cuối cùng, từ (6), (7), (8), ta suy ra
3AG? = (AB? + AC? + AD) -
~ (18)(BC? + CD? + DB) (9)
Đó là công thức tắnh trung tuyến của một tứ diện theo các cạnh của tứ diện ấy (suy rộng công thức tắnh trung tuyến của một tam giác, bạn đọc hãy tự giải thắch điều đớ) Trong công thức này, để ý rằng
d(A) = AB* + AC? + AD? TAR là tổng bình phương các cạnh xuất phát từ đỉnh A, còn 3(A) = BC? + Cp? + pRB? là tổng bình phương các cạnh của mặt đối đỉnh A Bước 2 Cũng như trên, ta kÍ hiệu đ(B), đ(C), đ(D) lần lượt là các tổng bình phương các cạnh xuất phát từ các đỉnh B, C, D và kắ hiệu s(B), s(C), s(Đ) lần lượt là các tổng bình phương các cạnh của các mặt đối các dinh B, C, D Chang han a(B) = BA? + BC? + BD? 6(B) = = AC*+ CD? + DA? , Kắ hiệu 2k là téng binh phuong ciia 6 cạnh của tứ diện, tức là 2k = AB? + AC? + AD? + BC? + CD? + DB? di nhiên ta có đ(A) + s(A) = đ(B) + s(B) = đ(C) + s(C) = d(D) + s(D) va It 2k, d(A) + d(B) + d(C) + d(D) = s(A) + s(B) + s(C) + s(D) = 4k Đặt d(A) =k +a, d(B) = k + B, d(C) =k+y, d(D) =k +6, thì ta có s(A) =k ~a, s(B) =k ~ 8, 3(C) = k-y, sD) =k - 6, và atfty+é=0
Nếu cần, ta đổi tên các đỉnh của tứ diện đã cho, nên có thể coi rằng d(A) <= d(B) < d(C) < d(D) tức là Ủ<Đ<y<đ Thế thì 4z<z+8+y+ỏc=0, q0) và a+388<a+8+y+ô=0 do dé 48 <8 -a ql)
Goi m, va m, 1a dO dai cdc trung tuyén của tứ điện, xuất phát từ các đỉnh A va B
Theo (9) và (10), ta có
8m2 = đ(A) Ở (1/8)s(A) =
Trang 15= (2/8)k + (4/3)a < (2/8)k < 3 (12) bởi vÌ theo gia thiết, độ đài của mỗi cạnh của tứ diện là < 1, vậy 2ặ < 6 Từ (12) ta 8uy ra mụ < ầ6/3 Ta lai cd, theo (9) va (11) 8m}= d(B)Ở (1/8)s(B)=(&+ B)Ở (1/3)(k Ở 8) = (2/3)k + (4/36 < (2/3)k + (1/818 - a) = (1/3)Ể& + 8) + (1/8)(R ~ a) = (1/8)d(B) + (1/3)s(A) < 2 bởi vì do giả thiết của bài toán, ta có đ(B) < 3 va s(A) < 3 Thành thử ta có my < ầ6/3
ỔTom lai, ta da chiing minh duge rang néu mỗi cạnh của tứ diện là < 1, thì tứ diện ấy phải có Ít nhất hai trung tuyến (và đo đó có
hai đường cao) với độ dài < V8/3
Bạn đọc hãy kiểm nghiệm rằng tứ diện cố õ cạnh bằng 1, cạnh thứ sáu bằng ụ, với a > 0 khá nhỏ, có hai đường cao > 8/3; vậy không thể cải tiến hơn kết quả đã nêu ở phần a) của bài toán
b) Theo bài toán 1, mỗi mặt của tứ diện
có diện tắch < Ý3/4, do đó nếu lấy mặt ứng
với một đường cao < V6/8, thi ta ước lượng được thể tắch của tứ diện đã cho
1 Vậ vẽ Xa Ở=
Ủ) Gọi ậ là diện tắch toàn phần của tứ điện đã cho, thé thi
3V = r8,
với r là bán kắnh (hỉnh cầu) nội tiếp của tứ điện ấy Trong bài toán 9 dưới đây, ta sẽ chứng minh rằng với một tứ điện tùy ý, với thể tắch V và diện tắch toàn phần 8, ta có bất đẳng thức
216j3Ữ2 ề 33 (13)
(mé rong bat dang thie 3ầ3 S < p? lien hé
điện tắch S va nia chu vi p cha một tam giác, bạn đọc hãy tự gidi thich diéu dd) Theo b), tacd V < ầ2/12, vi vậy 216(8V? < S3 = 27V3/3, đo đó r' < V/8Jđ < 1/18ầ6 = (1/3ầ6)3 hay r < ầ6/12 Để đi đến bất đàng thức (18), trước hết ta hãy giải quyết :
Bài toán 7, Trong tất cả các tứ diện có cùng thể tắch V uù có cùng đáy ABC cho trước, hãy xác định tứ diện có diện tắch toàn
phần nhỏ nhất
Giải Gọi Ở là đỉnh thứ tư của tứ điện,
H là chân đường cao hạ từ O xuống đáy ABC, (hinh 5) Vi H cd thé nam trong hay ngoài tam giác ABC, nên hãy xác định các khoảng cách "đại số" từ Ở/ đến các đường thẳng BC, CA, AB như sau :
7
e Hình ậ
|x = #4, ly| = HBỖ, |z| = HeỖ với Á, B', C' là các hình chiếu vuông gức của H lên BC, CA, AB Đối với dấu của x, ta coi ring x > 0 nếu ỳẶ và A ở cùng về một phắa đối
với đường thẳng 8C,
0 nếu ' nằm trên đường thẳng BC, 0 nếu H và A ở về hai phắa đối với đường thẳng BC Dấu của y và của z được xác định theo cách tương tự Với quy ước ấy, và với a = BC, 6 = CA,c = AB, có thể thấy rằng trong mọi trường hợp, ta luôn luôn có ax + by +ez = 2s véi s là diện tắch tam giác ABC
Theo giả thiết của bài toán, h = OH là
Trang 162dt(OCB) = CA.OBỖ =
= ORES? = PRO,
2dt(OAB) = AB.OCỖ = = ofA + 27 = Yer? + c?22
Như vậy ta phải xác định +, y, z, thỏa mãn điều kiện (14), sao cho biểu thức T = ýah2+a3⁄7+B2R?+b2y1+ [cSh2+c1z2 đạt giá trị nhỏ nhất Trong mặt phẳng tọa độ Ouo, xem các điểm P (ah, ax) Q (ah + bh, ax + by), R (ah + bh + ch, ax + by + c2), do (14), ta thấy rằng # là một điểm cố định (không phụ thuộc x, y, z) và T = OP + PQ+QR > OR (bạn đọc tự vẽ hình), dấu dẳng thức chỉ xảy ra khi P, Q nằm trên đường thẳng OR, ttic là khi
axfah = by/bh = eczi/ch,
tức là khi x = y = z ; khi đó T đạt giá trị nhẻ nhất
T,ạa = Ý(G+ 6+ ẹ)Ộh?+ (ax+ by+ c2)
= ay pth? +
với p là nửa chu vi tam giác ABC
Nhưng với x = y = z, ta thấy rằng ỷ cách đếu các cạnh của tam giác ABC, vậy H là tâm nội tiếp của tam giác ấy
Tém lại ta kết luận :
Trong tất cả các tứ điện OABC có cùng thể tắch V, và có cùng đáy ABC cho trước,
tứ diện có điện tắch toàn phần nhỏ nhất là
tứ diện có chân H cia dudng cao OH tring
với tâm nội tiếp của tam giác ABC Diện tắch toàn phần nhỏ nhất ấy bằng S;Ư=s+ ÝpỢh? + s2, trong đó s, p là diện tắch và nửa chu vi tam giác ABC, và h = OH = 3V Từ bài toán 7, ta chuyển sang :
Bài toán 8 Trong các tú diện có cùng thế tắch V, uờ có cùng điện tắch đáy s cho
trước, hãy xác định tứ diện có diện tắch toàn
phần nhỏ nhất
Giải Bài toán 8 chỉ khác bài toán 7 ở chỗ : không đòi hỏi đáy ABC là cố định, mà chỉ đồi hỏi điện tắch s của đáy ấy là cố định
Với các ký hiệu ở bài toán 7, ta có, như đã biết
S>aý3s,
Dấu đẳng thức xây ra khi và chỉ khi đáy ABC là một tam giác đều, và tứ điện là một hình chóp tam giác đều VỀ MỘT BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Chúng ta hãy xét bài toán sau : Cho một hình lập phương cạnh ụ, và một mặt phẳng tùy ý trong không gian Hãy chiếu vuông góc hình lập phương lên mặt phẳng P, ta nhận được hình chiếu của hình lập phương trên Đ Tỉm vị trắ của mặt phẳng P, sao cho diện tắch hình chiếu là lớn nhất
Lời giải : Bài toán này chắa thành 3 bài toán nhỏ, được xây dựng từ những hiểu biết mà chúng ta thu được lần lượt trong quá trình tìm hiểu hình học không gian lớp 12 Bài toán 1 Khi chiếu vuông góc một đa giác phẳng xuống một mặt phẳng tùy ý, thì ta có công thức sau :
170
NGUYÊN HAI THANH
Scnieu = Seosa
trong dé S 1a dién tich cua da gidc da cho Scag, 18 diện tắch hình chiếu của đa giác, Ủ là góc phẳng của nhị diện tạo nên bởi mặt phẳng đa giác và mặt phẳng chiếu
Trang 17Chứng minh bài tốn này khơng có gì khó khăn Không làm mất tắnh tổng quát, chúng ta hãy xét trường hợp khi đa giác ban đầu là AABC, và mặt phẳng chiếu P nằm ở vị trắ tương đối như hình vẽ trên Hạ A7 vuông góc với P, và AK vuông góc với BC Theo định H ba đường vuông góc ta cố ngay KT cũng vuông góc với BC Lúc này góc AKH chắnh là góc phẳng Ủ của nhị diện tạo bởi mặt phẳng AABC và P 1 Suinc = ZAK BC 1 Sauunc = gHK BƠ vl KH =AKeosa, nên 8 Tức là 6.ẤẤẤẤ = Seosz lAHBC= Ấpc C082
Bài toán 2 Cho tứ diện vuông ABCD, vuông tại Á (tức là các góc phẳng của tam
diện đỉnh A đều là các góc vuông) Gọi ụ, ử, y
lần lượt là các góc phẳng của các nhị diện tạo nên bởi mặt phẳng ABCD với các mặt bên còn lại của tứ diện Hãy chứng mình rằng :
cosỖa + cosỖB + cosỖy = 1
Tứ điện ABCD là tứ diện trực tâm, tức
là tứ điện có các cặp cạnh đối vuông gớc {chang han AD 1 BC vi AD vuông góc với tnặt phẳng ABC) Co thể chứng minh tắnh chất sau của tứ điện trực tâm : đường cao
của tứ điện xuất phát từ 1 đỉnh bất kÌ đi qua trực tâm của tam giác mặt đối điện Thật
vậy hạ AH vuông gức với mặt phẳng BCD, ta hãy chứng minh chẳng hạn DH 1 BC Vì BC 1 AD, BC 1 AH nén BC vuông góc với
mat phdng ADH, vay DH 1 BC ỘTượng tự ta có CH L BD Vậy H là trực tâm của ABCD Kéo dai DH, cdt BC tai K Vi DK 1 BC, nên theo định If 3 đường vuông góc AK L BC Vậy góc Ủ = DKA là góc phẳng của nhị diện cạnh BC tạo nên bởi 2 mặt phẳng BCD
và ABC Ta thấy ngay ụ = DAH Vay
cosa = AH/AD Do dé costa = AHYAD?,
Bằng cách làm tương tự, ta sẽ nhận được
AH? AH? AH?
cota + cosif + cosy = + +S
lại dùng một phép chiếu song song thứ hai
để từ P' trở về P Như vậy, ba điểm A, B, C thẳng hàng trong P biến thành ba điểm A, BỖ, CỖ cing thing hang trong PỖ va AỖ,
BỖ, CỖ lai bién thanh ba điểm AỢ, BỢỖ, C0Ợ
thang hang trong P ¡ mgoai ra
ABIAC = AỖB'ACỖ va
EAC =P BIC
Vậy ngay trong bản thân mặt phẳng P, ta có một phép biến hình giữ nguyên sự thẳng hàng của ba điểm và tỉ số đơn của ba điểm thẳng hàng
Trong mặt phẳng, ta sẽ gọi một phép biến hình một đối một (một song ánh) giữ nguyên sự thẳng hàng của ba điểm và tÌ số đơn của ba điểm thẳng hàng là một phép biến đổi afin Néu trong một mat phẳng có một hệ tọa độ thì mối liên hệ giữa tọa độ (, y) của một điểm X với các tọa độ (x7, +Ợ của ảnh M' trong một phép biến đổi afin sẽ có dạng (Ủ, b, e, đ, e, Ặ là các hệ số) :
x art byte ly =dxt+ey+f
Ta sẽ không chứng minh nhưng bạn đọc có thể kiểm tra đễ dàng rằng nơ biến một đường thẳng thành một đường thẳng Trong không gian những phép biến đổi có dạng :
+Ợ = ax + ỏy + cz + d
ext+fytezth BPaketlyt+meztn
sẽ gọi là những phép biến đổi afin Sự mở
rộng ở đây là tự nhiên, không cần viện đến
không gian bốn chiều Bạn đọc có thể kiểm tra để thấy một phép biến đổi như vậy biến một mặt phẳng thành một mặt phẳng (phương trình dang ax + Ẩy + Ừz + e = 0) do đó biến đường thẳng coi như tương giao của hai mặt phẳng) thành đường thẳng Ti sé đơn của ba điểm thẳng hàng cũng được giữ nguyên qua một phép biến đổi afin
Bây giờ ta hãy xét một mặt phẳng cất ba
trục tọa độ Óx, Oy, Oz ở M, N, P (h.5) Nếu
# là một điểm của mat phẳng có tọa độ là * y, z thÌ cũng giống như trường hợp 171
