Tương tự, ta dựng đoạn v, từ đó dựng đoạn x = u+v. Đoạn y dựng hoàn toàn tương tự như dựng đoạn x.
2. Cách thứ hai. Áp dụng định lý hàm số cosin cho 2 tam giác ABC
và ADC
AC2 = a2 +b2 −2abcosB;AC2 = c2 +d2 −2cd.cosD.
Vì B +D = π suy ra cosB = −cosD. Suy ra a2 +b2 −2abcosB = c2 +d2 + 2cdcosB. Suy ra cosB = a 2 +b2 −c2 −d2 2bc+ 2cd . Ta phải chứng minh −1< a 2 +b2 −c2 −d2 2bc+ 2cd < 1. Hay là −2bc−2cd < a2 +b2 −c2 −d2 < 2bc+ 2cd. Từ các bất đẳng thức tam giác |a−b| < AC < c+d;|c−d| < AC < a+b. Ta được đ.p.c.m
A
B C
D
Hình 2.4: Tứ giác nội tiếp 2
Bổ đề 2.1.2. Trong các tứ giác có bốn cạnh cho trước, tứ giác nội tiếp có diện tích lớn nhất.
Chứng minh. Áp dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác ABC và
ACD (xem Hình 2.4): AC2 = a2 +b2 −2abcosB. (2.2) AC2 = c2 +d2 −2cdcosD. (2.3) Suy ra 1 2(a 2 +b2 −c2 −d2) = abcosB −cdcosD. (2.4) Mặt khác, diện tích S của tứ giác ABCD được chia thành 2 tam giác
ABC và ADC và được tính theo công thức:
2S = absinB +cdsinD. (2.5) Bình phương 2 vế (2.4) và (2.5) rồi cộng lại ta được
4S2 + 1 4.(a
2 +b2 −c2 −d2)2 = a2b2+ c2d2 −2abcdcos (B+ D).
Từ hằng đẳng thức
ta có 16S2 = 4(a2b2 +c2d2)−(a2 +b2 −c2 −d2)2 −8abcdcos (B +D). = 4(a2b2 +c2d2 + 2abcd)−8abcd −8abcdcos (B +D)−(a2 +b2 −c2 −d2)2. = [(2(ab+ cd))2 −(a2 +b2 −c2 −d2)2]−8abcd(1 + cos (B +D)). = [(a+b)2 −(c−d)2][(c+d)2 −(a−b)2]−8abcd(1 + cos (B +D)). = 16(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−16abcdcos2 B +D 2 . (2.6) S2 = (p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2 B +D 2 . (2.7) Từ (2.7) ta thấy S lớn nhất khi và chỉ khi cos2 B+2D = 0, kéo theo B+D
2 =
π
2, tức là B+D = π, nói cách khác tứ giácABCD là tứ giác nội tiếp. Bổ đề được chứng minh.
Từ kết quả trên, ta có nhận xét:
Nhận xét 2.1.1. Diện tích lớn nhất không phụ thuộc thứ tự các cạnh của tứ giác, mà chỉ phụ thuộc độ dài mỗi cạnh của tứ giác.
Bài toán 2.1.6. Tứ giác ABCD có hai đường chéo là e và f, góc tạo bởi hai đường chéo là α. Tìm tứ giác có chu vi nhỏ nhất trong mỗi trường hợp sau: Độ dài mỗi đường chéo là e và f cho trước, góc α = π2.
Giải. Diện tích tứ giác được tính S = 12e.f.sinα = 12.e.f không đổi. Ký
A B C D H x e-x y f-y
Hình 2.5: Tứ giác biết 2 đường chéo vuông góchiệu giao điểm của hai đường chéo là H. hiệu giao điểm của hai đường chéo là H.
Giả sử AD < DC, ta trượt điểm H trên đoạn AC cho tới khi AD =
DC, trong quá trình trượt giữ nguyên độ dài DH, điều đó có nghĩa là độ dài BH cũng không đổi. Theo Bài toán 1.3.1 tổng 2 cạnh AD +DC nhỏ nhất khi và chỉ khi AD = DC. Vì góc Hb vuông, do đó khi AD = DC thì cũng có AB = BC.
Tương tự như trên, nếu có AD < AB, ta chỉ ra được tứ giác có cùng diện tích nhưng chu vi nhỏ hơn, khi AB = AD.
Kết luận: Trong các tứ giác có hai đường chéo cho trước và vuông góc với nhau, hình thoi có chu vi nhỏ nhất.
Bài toán 2.1.7. Cho tứ giác ABCD, có M là giao điểm 2 đường chéo, có E, F, G, H tương ứng là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA.
1. Chứng minh rằng diện tích tứ giác EF GH bằng một nửa diện tích tứ giác ABCD.
2. F H ≤ 12(AB +CD); GE ≤ 12(AD+BC).
3. dt(ABCD) ≤ 1
4(AB+ CD)(AD+BC).
4. Giả sử chu vi tứ giác ABCD là 2p đã biết, tìm tứ giác có diện tích lớn nhất. Giải. A B C D E F G H M N K L J Hình 2.6: Tứ giác đẳng chu
1. Dễ thấy EF là đường trung bình của tam giác ABC, GH là đường trung bình của tam giác ACD. Từ đó suy ra EF và GH song song và bằng một nửa AC. Chứng tỏ tứ giác EF GH là hình bình hành. Ký hiệu K và L tương ứng là giao điểm của AC với EH và F G. Nhận thấy tứ giác EF LK là hình bình hành. Từ đó ta có
dt(∆ABC) = 1
2AC.BM.sinM;dt(EF LK) = EF.F L.sinEF G.\
Mà F L= 12BM, EF = 12AC. Suy ra dt(EF LK) = 12dt(ABC). Tương tự, ta có dt(GHKL) = 12dt(ADC).
Từ đó suy ra
dt(EF GH) = 1
2.dt(ABCD).
2. Ký hiệu J là trung điểm của BD. Ta thấy ngay F J là đường trung bình của tam giác BCD, do đó F J = 12.CD.
Tương tự JH cũng là đường trung bình của tam giác ABD, và cũng có JH = 12AB.
Mà F J +JH ≥ F H, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi J thuộc đoạn
HF, hay là AB kCD. Từ đó suy ra
F H ≤ 12(AB +CD).
Tương tự
GE ≤ 1
3. Giả sử chu vi tứ giác ABCD đã biết và bằng 2p. Ta có dt(ABCD) = 1 2AC.BD.sinM = 2.EF.F G.sinEF G\ = 21 2EG.F H.sinN ≤ AD+ BC 2 . AB+ CD 2 sinN ≤ 1 4(AB +CD)(AD +BC).
4. Trong dãy bất đẳng thức 3, dấu bằng thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD có 2 cặp cạnh đối song song, nghĩa là ABCD là hình bình hành.
Dấu bằng thứ hai xảy ra khi và chỉ khi sinN = 1 hay là AC vuông góc với CD.
Kết hợp các điều kiện trên, ta có kết luận đẳng thức
dt(ABCD) = 1
4(AB+ CD)(AD+BC) = AB.BC. (2.8) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Xét tiếp 2.8 dt(ABCD) = AB.BC ≤ hAB+CD 2 i2 = p 2 4 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB = BC.
Kết luận: Trong các tứ giác có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất.
Đa giác biết (n−1) cạnh
Bài toán 2.1.8. Tứ giác biết độ dài ba cạnh, còn cạnh thứ tư chưa biết độ dài. Tứ giác phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích lớn nhất?
A1 A2 An−1 An Hình 2.7: Tứ giác biết 3 cạnh Cách giải thứ nhất. Giả sử AB = a, BC = b, CD = c, còn DA = x. Ta giải bài toán này bằng phương pháp bản lề. Coi như tại đỉnh B và đỉnh C
có bản lề. Khi đó ta nhận thấy, nếu góc ABD\ chưa là góc vuông, khi đó coi như tam giác BCD là vật rắn, cạnh AB quay quanh bản lề B sao cho
\
ABD = π
2, ta nhận được tứ giác có ba cạnh là a, b, c và có diện tích lớn hơn. Tương tự, nếu góc ACD\ 6= π
2 ta sẽ hóa rắn tam giác ABC, quanh cạnh CD quanh bản lề C tới khi \ACD = π
2. Khi góc C đã là π
2, có thể xảy ra ABD\ 6= π
2, ta lại áp dụng cách quanh như trên... Cuối cùng, tứ giác phải tìm có tính chất:
Nếu tứ giác ABCD có diện tích lớn nhất, nó phải nội tiếp nửa đường tròn
có đường kính AD
Cách giải thứ hai. Cách chứng minh trên chỉ đã chỉ ra điều kiện cần để tứ giác ABCD có diện tích lớn nhất. Một vấn đề nảy sinh là:
Có thể dựng được tứ giác bằng thước và compa khi biết độ dài ba cạnh và có diện tích lớn nhất?
Sau đây ta chứng minh rằng không thể dựng được tứ giác thỏa mãn điều kiện bài toán bằng thước và compa.
Thật vậy, đặt AD = x, áp dụng định lý Pitagor cho tam giác ABD x2 = AB2 +BD2. Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác BDC, ta có BD2 = BC2 + CD2 − 2BC.CD.cosC. Vì tứ giác ABCD là tứ giác
nội tiếp, cho nên cosBCD\ = −cosBAD\, suy ra
x2 = a2 +b2 + c2 + 2bccosA = a2 +b2 +c2 + bca
x .
Phương trình xác định x:
x3 −(a2 +b2 +c2)x−2abc = 0. (2.9) Cạnh AD là nghiệm của phương trình bậc 3, vì vậy không thể dựng được cạnh AD bằng thước và compa. Tuy nhiên, ta vẫn có thể dựng được trong vài trường hợp riêng.
Nhận xét 2.1.2. Có vài nhận xét cho phương trình (2.9)
1. Với mọi độ dài của 3 cạnh, phương trình (2.9) luôn tồn tại duy nhất nghiệm thực dương, điều đó có nghĩa là tồn tại duy nhất tứ giác thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Về mặt hình học, dễ nhận thấy vai trò của a và c như nhau và khác vai trò của b, nhưng từ phương trình (2.9) ta lại thấy vai trò của
a, b, c như nhau. Từ đó ta rút ra nhận xét: Nếu đổi chỗ hai cạnh bất kỳ trong số ba cạnh a, b, c cho nhau, thì các đại lượng như diện tích lớn nhất của tứ giác, bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác...không thay đổi.
Từ nhận xét trên, ta xét các trường hợp riêng sau 1. Trường hợp riêng thứ nhất a = b = c.
Bài toán 2.1.9. Tìm hình thang cân có diện tích lớn nhất biết rằng đáy nhỏ và hai cạnh bên có cùng độ dài bằng a.
Giải. Khi a = b = c Phương trình (2.9) cho duy nhất nghiệm thực dương x = 2a. Hình thang cân có góc nhọn bằng π
3, có đường kính đường tròn ngoại tiếp 2a, có diện tích S = 3√43a2, dễ dàng dựng được hình thang này bằng thước và compa.
A
B C
D
Hình 2.8: Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bên2. Trường hợp riêng thứ hai a = c 6= b 2. Trường hợp riêng thứ hai a = c 6= b
Bài toán 2.1.10. Tìm hình thang cân có diện tích lớn nhất biết rằng đáy nhỏ bằng b hai cạnh bên có cùng độ dài bằng a.
Giải. Khi a = c 6= b Phương trình (2.9) cho duy nhất nghiệm thực
A
B C
D
Hình 2.9: Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bêndương x = b+√82a2+b2. Trước hết dựng được đoạn thẳng dương x = b+√82a2+b2. Trước hết dựng được đoạn thẳng
y = √
8a2 +b2 bằng phương pháp đại số như sau:
• Dựng tam giác vuông MN P với hai cạnh góc vuông là b và 3a, cạnh huyền N P2 = b2 + 9b2.
• Dựng tam giác vuông N P Q biết cạnh huyền là N P vừa dựng được, và một cạnh góc vuông P Q = a. Khi đó cạnh góc vuông
N Q chính là đoạn y. Từ đó dựng được đoạn thẳng x = x+y
2 .
3. Trường hợp riêng thứ ba a= b 6= c.
Bài toán 2.1.11. Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất biết 3 cạnh, trong đó 2 cạnh liên tiếp bằng nhau.
Giải.Khi a = b 6= c Tứ giác phải tìm là ABCD, trong đó A B C D O a a c Hình 2.10: Tứ giác có 2 cạnh kề bằng nhau AB = BC = a, CD = b cạnh AD = x, x là nghiệm thực dương của phương trình (2.9), theo như trên, thì x = b+√82a2+b2, tứ giác này không phải là hình thang, nó chỉ là tứ giác nội tiếp nửa đưởng tròn, đường kính AD, xem hình 2.10.
Bài toán 2.1.12. .
Đa giác có n đỉnh. Đã biết độ dài (n−1) cạnh là a1, a2, ..., an−1, cạnh thứ
n chưa biết độ dài. Chứng minh rằng nếu diện tích đa giác lớn nhất thì nó nội tiếp nửa đường tròn với đường kính là cạnh mà độ dài không cho trước.
A1 A2
An−1
An
Hình 2.11: Đa giác nội tiếp nửa đường tròn
Giải. Giả sử các cạnh đã biết độ dài là
A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1.
Cạnh cuối cùng A1An chưa biết độ dài. Ta xét các góc có đỉnh:
Aj, j = 2...n −1, nhìn cạnh A1An Giả sử góc A\1AjAn 6= π2. Ta coi như các đa giác A1A2...Aj và AjAj+1...Aj là vật rắn tuyệt đối; còn tại đỉnh Aj
có khớp bản lề. Ta trượt đỉnh An dọc theo đường thẳng cho đến khi góc
\
A1AjAn = π2. Bằng cách này, ta chỉ ra tồn tại đa giác có diện tích lớn hơn. Ta xét đến tất cả các góc A\1AjAn, j = 2...n−1. Góc nào khác 1 vuông, áp dụng phương pháp bản lề như trên, sẽ nhận được đa giác có diện tích lớn hơn, nhưng có độ dài các cạnh
A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1.
Bài toán 2.1.13. Cho góc xOyd = π
m, m ∈ N∗, m > 1 và n đoạn thẳng
A1A2 = a1;A2A3 = a2;...;An−1An = an.
Hãy dùng n đoạn thẳng đó cùng với 2 cạnh của góc xOyd giới hạn miền có
diện tích lớn nhất.
Giải. Giả sử A1 ∈ Ox, An ∈ Oy. Ta đưa bài toán này về bài toán đẳng
O x y x’ y’ x” A1 A2 An−1 An A′ n−1 A′ 2 A′ 1 A′′ 1 Hình 2.12: Góc và đường gấp khúc
chu bằng phương pháp đối xứng qua trục nhiều lần như sau:
Lấy đối xứng toàn bộ hình qua trục Oy, sau phép đối xứng này, đường gấp khúc A1A2...An−1An biến thành An′A′n−1...A′2A′1, trục Ox biến thành
Ox′. Ta lại lấy đối xứng đường gấp khúc A′nA′n−1...A′2A′1 qua trục Ox′ ảnh nhận được qua phép đối xứng này là A′1A′2...An′−1A′n... cứ như vậy m−1
lần, vì góc xOyd = π
O A1 A2 Aj A′ j A′ 2 M M’ A′ j
Hình 2.13: Đa giác nội tiếp đường tròndưới dạng tương đương sau: dưới dạng tương đương sau:
Cho đường thẳng d = x(m)Ox và đường gấp khúc gồm m.n đoạn với độ dài
mỗi đoạn đã biết. Hãy dùng đường gấp khúc này cùng với đường thẳng d
giới hạn một miền có diện tích lớn nhất.
Đây lại là Bài toán 2.1.12 mà ta đã biết lời giải.
Nhận xét 2.1.3. Bài toán 2.1.13 đã giả thiết xOyd = π
m, m ∈ N∗, việc đưa thêm giả thiết này là nhằm mục đích sau khi áp dụng phép đối xứng trục (m−1) lần, ta nhận được góc xOx\(m) = π, Bài toán 2.1.13 đưa về Bài toán 2.1.12
Bài toán 2.1.14. Đa giác n đỉnh đã biết độ dài tất cả các cạnh
A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1, AnA1 = an.
Nếu diện tích nó lớn nhất, nó phải là đa giác nội tiếp.
Giải.
1. Cách thứ nhất.
Để giải bài toán, trước hết ta chứng minh bổ đề sau đây:
Bổ đề 2.1.3. Một đa giác có tính chất: bốn đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác là tứ giác nội tiếp, thì đa giác đó là đa giác nội tiếp.
Chứng minh. Xét 4 đỉnh liên tiếp A1, A2, A3, A4, theo giả thiết thì tứ giác A1A2A3A4 là tứ giác nội tiếp một đường tròn C nào đó. Xét 4 đỉnh A2, A3, A4, A5, tứ giác này cũng nội tiếp đường tròn C vì 2 tứ giác có chung 3 đỉnh. Ta lại xét tứ giác A3A4A5A6, tứ giác này cũng là tứ giác nội tiếp đường tròn C, vì nó có chung 3 đỉnh A3, A4, A5 với đa giác trước đó. Lặp lại lý luận, ta có kết luận của bổ đề.
Bây giờ ta chứng minh bài toán. Giả sử ngược lại, đa giác không là đa giác nội tiếp. Khi đó, theo bổ đề 2.1.3 tồn tại 4 đỉnh Ai, Aj, Ak, Al
theo thứ tự không thuộc một đường tròn. Áp dụng phương pháp bản lề, ta coi 4 đỉnhAi, Aj, Ak, Al là 4 bản lề, nghĩa là 4 góc cAi,Acj,Ack,cAl
có thể thay đổi độ lớn, các đỉnh còn lại được gắn cứng, hay là 4 viên phân với các dây cung là các cạnh
AiAj, AjAk, AkAl, AlAi
rắn tuyệt đối. Co dãn tứ giác AiAjAkAl cho đến khi tứ giác đó trở thành tứ giác nội tiếp. Như vậy ta nhận được đa giác mới có các cạnh tương ứng với các cạnh đa giác ban đầu, nhưng có diện tích lớn hơn. Điều này trái với giả thiết diện tích đa giác đã đạt giá trị lớn nhất. 2. Cách thứ hai. (xem [2])
Giả sử có 2 đa giác P = A1A2...An và P′ = A′