Một số phương pháp giải bài toán cực trị hình học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HUỲNH HOA THÍNH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN
CỰC TRỊ HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - Năm 2021


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HUỲNH HOA THÍNH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN
CỰC TRỊ HÌNH HỌC

Chuyên ngành :

Phương pháp toán sơ cấp

Mã số

8460113

:

Người hướng dẫn :

TS. Trần Ngọc Nguyên


Lời cam đoan
Tơi xin cam đoan nội dung trình bày trong luận văn này là trung thực và
không trùng khớp với đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan rằng các kết quả trong
luận văn, tài liệu tham khảo và nội dung trích dẫn đảm bảo tính trung thực,
chính xác.
Bình Định, ngày 20 tháng 7 năm 2021
Tác giả

Huỳnh Hoa Thính


Lời cảm ơn
Lời đầu tiên tôi xin gởi đến TS. Trần Ngọc Nguyên lời cảm ơn sâu sắc về
sự tận tình giúp đỡ của thầy đối với tơi trong suốt khóa học, đặc biệt trong q
trình làm luận văn.
Tơi xin được bày tỏ lòng biết ơn đến tất cả các thầy cơ khoa Tốn và
Thống kê trường Đại Học Quy Nhơn, các giảng viên Trường ĐHKHTN-ĐHQG
Hà Nội, Trường ĐHKHTN-ĐHQG TPHCM, Trường ĐH Sài Gịn, Viện Tốn
học, Trường CĐSP Gia Lai đã nhiệt tình giảng dạy chúng tơi trong suốt khóa
học.
Xin được cảm ơn các vị lãnh đạo và chuyên viên Phòng Đào tạo sau đại
học Trường Đại Học Quy Nhơn đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt
quá trình học.
Tơi cũng xin được cảm ơn gia đình tơi, các đồng nghiệp và các bạn học
viên Cao học khóa 22 đã hỗ trợ, động viên tôi trong suốt thời gian học.

Cuối cùng, vì kiến thức cịn hạn chế nên dù rất cố gắng nhưng chắc chắn
luận văn còn nhiều thiếu sót. Kính mong các thầy cơ và các bạn đồng nghiệp
đóng góp ý kiến để luận văn có thể hồn chỉnh hơn.
Bình Định, ngày 20 tháng 7 năm 2021
Tác giả

Huỳnh Hoa Thính


4

Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 Kiến thức chuẩn bị

1
3

1.1

Một số bất đẳng thức thông dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Một số kiến thức hình học thường dùng . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.1

Công thức Heron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.2

Định lý cosin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.3

Hệ thức Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.4

Bất đẳng thức tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.5

Cơng thức tính khoảng cách giữa hai điểm trong không gian

6

1.3

Các định lý cực trị hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 Các phương pháp tìm cực trị hình học

6
8

2.1

Sử dụng các phép biến đổi hình học . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

Sử dụng các bất đẳng thức đại số

2.3

Sử dụng kiến thức về giải tích

8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Một số bài toán cực trị hình học chọn lọc

38

3.1

Bài tốn đẳng chu

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.2

Các bài toán về tam giác, tứ giác, đường trịn

3.3

Một số bài tốn tổ hợp

3.4

Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

. . . . . . . . . . . 47

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57


Kết luận

76

Tài liệu tham khảo

77


Một số kí hiệu
SM

Diện tích của hình M .

VABCD

Thể tích tứ diện ABCD.

∆ABC ∼ ∆A′ B ′ C ′

Tam giác ABC đồng dạng tam giác A′ B ′ C ′ .

f ′ (x)

Đạo hàm của hàm số f (x).


1

Mở đầu
Các vấn đề về cực đại và cực tiểu phát sinh một cách tự nhiên không chỉ
trong khoa học - kỹ thuật và các ứng dụng của chúng mà còn trong cuộc sống
hàng ngày. Rất nhiều trong số này có bản chất hình học như: tìm đường đi ngắn
nhất giữa hai đối tượng thoả mãn một số điều kiện hoặc một hình có chu vi, diện
tích hoặc thể tích tối thiểu là một dạng bài tốn thường gặp. Khơng có gì đáng
ngạc nhiên, mọi người đã giải quyết những vấn đề này trong một thời gian rất

lâu. Một số người trong số họ, bây giờ được coi là nổi tiếng như Heron (thế kỷ
thứ nhất CN), Descartes (1596-1650), Jacob Steiner (1796-1863), I.F.Fagnano
(1682-1766), Hermann Schwarz (1843-1921), v.v...
Trong chương trình tốn Trung học nói chung, trong các dạng tốn dành
cho học sinh giỏi nói riêng, các bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất, đặc biệt
là các bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất liên quan đến hình học đều là
những bài toán thú vị và tương đối khó, địi hỏi người giải tốn khơng chỉ có
một hệ thống kiến thức cơ bản mà cịn có kỹ năng giải toán ở mức độ nhất
định. Các bài toán về giá trị nhỏ nhất, lớn nhất trong hình học, cịn được gọi
là tốn cực trị hình học, thường là những bài tốn đơi khi khơng cho sẵn điều
phải chứng minh mà địi hỏi người làm tốn phải tự mình tìm lấy kết quả.
Nhằm hướng đến việc trình bày một cách hệ thống các phương pháp hay
được dùng để giải quyết các bài tốn cực trị hình học, dưới sự hướng dẫn của
TS. Trần Ngọc Nguyên, tôi chọn đề tài luận văn: "Một số phương pháp giải


2

bài tốn cực trị hình học" để nghiên cứu một vài phương pháp điển hình
được dùng để tìm lời giải của các bài tốn cực trị hình học. Bên cạnh đó, đề
tài giới thiệu một số dạng bài tốn cực trị thường gặp cùng với lời giải chi tiết
và một số bài tốn tương tự dành cho bạn đọc. Ngồi mục lục, danh mục các
ký hiệu, phần mở đầu và phần kết luận, nội dung của luận văn được chúng tơi
trình bày trong 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi giới thiệu một số
kiến thức cần thiết thường dùng trong giải tốn cực trị hình học như: một số
bất đẳng thức thông dụng, công thức Heron về diện tích của tam giác, các định
lý cực trị hàm số.
Chương 2: Các phương pháp tìm cực trị hình học. Nội dung trọng tâm chương
này trình bày một số phương pháp khác nhau để giải các bài toán cực trị hình

học. Một trong những phương pháp đó là: sử dụng các phép biến đổi hình học
như phép đối xứng, phép quay, phép vị tự. Phương pháp tiếp theo là sử dụng
các bất đẳng thức đại số. Phương pháp cuối cùng được giới thiệu ở đây là sử
dụng kiến thức về giải tích.
Chương 3: Một số bài tốn cực trị hình học chọn lọc. Ở đây, chúng ta thảo
luận một số bài toán đẳng chu, các bài toán thú vị của Malfatti, một số bài toán
tổ hợp và một số bài tốn khác.
Ngồi việc cố gắng trình bày một cách tồn diện các giải pháp và kỹ thuật,
chúng tơi cũng đã cố gắng giới thiệu nhiều bài toán với các cấp độ khó khác
nhau.
Do hạn chế về mặt thời gian, năng lực bản thân nên các giải pháp được
trình bày trong luận văn chỉ là một phần rất nhỏ, minh hoạ cho các bài tốn
cực trị hình học. Rất mong nhận được sự quan tâm, đóng góp ý kiến của các
Thầy, các Cơ để luận văn được hồn thiện hơn.


3

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số kiến thức cơ sở để chuẩn bị
cho các chương sau của luận văn. Cụ thể, chúng ta sẽ nhắc lại một số bất đẳng
thức thông dụng, công thức Heron về diện tích của tam giác và các định lý cực
trị hàm số.

1.1

Một số bất đẳng thức thông dụng
Chúng tôi liệt kê bên dưới một số bất đẳng thức đại số kinh điển thường

được sử dụng trong giải các bài tốn cực trị hình học.
Định lý 1.1.1 (Bất đẳng thức trung bình cộng - Trung bình nhân (AM-GM)[1]).
Giả sử x1 , x2 , · · · , xn là các số khơng âm. Khi đó
√
x1 + x 2 + · · · + xn
≥ n x1 x 2 · · · xn .
n

(1.1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Định lý 1.1.2 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình bậc hai [13]).


4

Với bất kỳ số thực x1 , x2 , · · · , xn ,
x21 + x22 + · · · + x2n
x 1 + x2 + · · · + xn
≥
.
n
n

(1.2)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz [13]). Với mọi số thực x1 , x2 , · · · , xn
và y1 , y2 , · · · , yn ,

x21 + x22 + · · · + x2n

y12 + y22 + · · · + yn2 ≥ (x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn )2 .

(1.3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xi và yi tỉ lệ thuận với nhau, i = 1, 2, · · · , n.
Định lý 1.1.4 (Bất đẳng thức Minkowski [15]). Với mọi số thực x1 , x2 , · · · , xn ,
y1 , y2 , . . . , yn ,z1 , z2 , · · · , zn ,
x21 + y12 + · · · + z12 +
≥

x22 + y22 + · · · + z22 + · · · +

x2n + yn2 + · · · + zn2

(x1 + x2 + · · · + xn )2 + (y1 + y2 + · · · + yn )2 + · · · + (z1 + z2 + · · · + zn )2 . (1.4)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xi , yi , · · · , zi tỉ lệ thuận với nhau, i = 1, 2, · · · , n.

1.2

Một số kiến thức hình học thường dùng

1.2.1

Cơng thức Heron

Gọi S là diện tích và a, b, c lần lượt là độ dài 3 cạnh của tam giác. Khi đó,
ta có

S=

p(p − a)(p − b)(p − c),

với p là nửa chu vi của tam giác
p=

a+b+c
.
2


5

Cơng thức Heron cịn có thể được viết lại bằng:
S =
S =

(a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)
4
2
2
2
2
2
2
2(a b + a c + b c ) − (a4 + b4 + c4 )
4
2

(a2 + b2 + c2 ) − 2(a4 + b4 + c4 )
S =

1.2.2

4

.

Định lý cosin

Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b, AB = c, ta có:
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.

1.2.3

Hệ thức Leibniz

Định lý [5] Cho tam giác ABC , trọng tâm G, M là một điểm thuộc mặt
phẳng (ABC), ta có:
1
(AB 2 + BC 2 + CA2 ).
3
1
= 3M G2 + (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
3

GA2 + GB 2 + GC 2 =

M A2 + M B 2 + M C 2

1.2.4

Bất đẳng thức tam giác

Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta có AB + AC ≥ BC . Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi A nằm giữa B và C .


6

1.2.5

Cơng thức tính khoảng cách giữa hai điểm trong
khơng gian

Trong không gian Oxyz , khoảng cách giữa hai điểm M (a; b; c) và N (x; y; z)
được cho bởi công thức:
MN =

(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 .

Tiếp theo, chúng tôi nêu một số sự kiện về hàm số một biến được sử dụng
trong luận văn này. Sự tồn tại cực trị của hàm số một biến thường được suy ra
bằng định lý giá trị cực trị nổi tiếng.

1.3

Các định lý cực trị hàm số

Định lý 1.3.1 (Weierstrass - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất [3]). Giả sử
f liên tục trên [a, b]. Khi đó f đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a, b].

Tức là
∃x1 , x2 ∈ [a, b] : f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 ) ,

∀x ∈ [a, b] .

Hình 1.1: Minh hoạ Định lý Weierstrass.


7

Điều đáng nói là f có thể đạt được giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của nó tại
nhiều hơn một điểm. Để tìm những điểm này, người ta thường sử dụng một
trong hai định lý sau.
Định lý 1.3.2 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian [3]). Giả sử f liên tục
trên [a, b] và f (a).f (b) < 0. Khi đó tồn tại ít nhất c ∈ (a, b) để f (c) = 0.

Hình 1.2: Minh hoạ Định lý Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian.

Định lý 1.3.3 (Fermat [3]). Giả sử hàm số f khả vi và đạt cực trị địa phương
tại x0 ∈ (a, b). Khi đó f ′ (x0 ) = 0.

Hình 1.3: Minh hoạ Định lý Fermat.


8

Chương 2

Các phương pháp tìm cực
trị hình học
2.1

Sử dụng các phép biến đổi hình học
Một kỹ thuật khá phổ biến trong giải quyết các bài tốn hình học đó là đối

tượng nghiên cứu trải qua một số biến đổi hình học để được đưa đến một tình
huống mà dễ dàng hơn để giải quyết. Trong phần này, phương pháp sử dụng các
phép biến đổi hình học sẽ được sử dụng để giải quyết một số bài tốn hình học
về cực đại và cực tiểu. Các phép biến đổi sẽ được xem xét đó là phép đối xứng
đối với một đường hoặc một điểm, phép quay và phép vị tự. Ngoài ra, trong
một số bài tốn hình học khơng gian, chúng ta sẽ sử dụng phép đối xứng qua
một mặt phẳng, phép quay xung quanh một đường thẳng, và phép vị tự trong
khơng gian.
Chúng ta bắt đầu với bài tốn nổi tiếng của Heron.
Ví dụ 2.1.1. (Bài tốn Heron) Cho một đường thẳng l trong mặt phẳng và
hai điểm A, B nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng l. Tìm một điểm
X trên l sao cho đoạn gấp khúc AXB có độ dài nhỏ nhất.


9

Giải. Lấy B ′ là điểm đối xứng của B qua l (Hình 2.1).

Hình 2.1: Hình vẽ Ví dụ 2.1.1
Theo tính chất đối xứng trục ta có XB = XB ′ với bất kỳ điểm X trên l, do đó
AX + XB = AX + XB ′ ≥ AB ′ .

Dấu bằng xảy ra khi X là giao điểm X0 của l và đoạn thẳng AB ′ . Như vậy, cho
bất kỳ điểm X trên l, X ̸= X0 , ta được
AX + XB ≥ AB ′ = AX0 + X0 B,

điều này chứng tỏ X0 là điểm duy nhất cần tìm.
Bài tốn trên cho thấy rằng, con đường ngắn nhất từ A đến B có 1 điểm
chung với l là đường gấp khúc AX0 B . Điều đáng nói là con đường AX0 B thoả
mãn định luật quang học tại điểm chung X0 với l, và góc tới bằng góc phản xạ.
Vật lý học đã biết rõ điều này là tính chất đặc trưng cho đường đi của chùm
sáng.
Với phương pháp tương tự, ta cũng có thể giải bài tốn cực trị trong hình
học khơng gian dưới đây.
Ví dụ 2.1.2. Cho đường thẳng l trong không gian và hai điểm A, B không cùng
nằm trong một mặt phẳng với l. Tìm điểm X trên l sao cho độ dài đường gấp
khúc AXB là ngắn nhất.
Giải. Tương tự như Ví dụ 2.1.1. Chúng ta sẽ sử dụng phép đối xứng trục


10

để giải quyết bài toán này. Chú ý rằng nếu α là mặt phẳng chứa l thì phép đối
xứng qua l trong α có thể được thực hiện bằng phép quay 1800 trong không gian
xung quanh l.
Gọi α là mặt phẳng chứa l và điểm A. Xét một phép quay φ qua l biến B thành
B ′ trong α mà A và B ′ nằm trong hai nửa mặt phẳng khác nhau của α với l

(Hình 2.2).

Hình 2.2: Hình vẽ Ví dụ 2.1.2.

Nếu X0 là giao điểm của l và đoạn thẳng AB ′ , với bất kỳ điểm X trên l ta có
AX + XB = AX + XB ′ ≥ AB ′ = AX0 + X0 B ′ ,

trong đó đẳng thức xảy ra khi X ≡ X0 . Vậy điểm X0 là điểm cần tìm.
Chú ý rằng vì AX0 và B ′ X0 tạo với đường thẳng l các góc bằng nhau nên cặp
đoạn thẳng AX0 và BX0 có cùng thuộc tính.
Đặc tính chính được sử dụng trong các giải pháp của hai ví dụ trên là trong
số các đường nối hai điểm A và B cho trước đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
Với cùng một quan sát sơ cấp như vậy sẽ được sử dụng trong các lời giải của
một số bài toán khác bên dưới.
Bài toán tiếp theo là một bài toán cổ điển, được gọi là bài tốn tam giác
Schwarz (hay cịn được gọi là bài tốn Fagnano).
Ví dụ 2.1.3. (Bài tốn tam giác Schwarz, bài toán Fagnano) Cho tam
giác ABC . Tìm các điểm M, N, P trên các cạnh BC, CA, AB sao cho chu vi của
tam giác M N P là nhỏ nhất.


11

Giải. Lời giải của bài toán này được đưa ra năm 1900 bởi nhà toán học
Hungary L.Fejér.
Trước hết ta sẽ xem xét một bài toán đơn giản hơn. Cố định một cách tuỳ ý
điểm P trên AB , ta cần tìm điểm M và N trên BC và CA sao cho tam giác
M N P có chu vi nhỏ nhất. Lấy P ′ là điểm đối xứng của P qua BC và P ′′ là điểm

đối xứng của P qua AC (Hình 2.3).

Hình 2.3: Hình vẽ Ví dụ 2.1.3
Khi đó CP ′ = CP = CP ′′ , P ′ CB = P CB , và P ′′ CA = P CA. Đặt γ = BCA, ta
có P ′ CP ′′ = 2γ . Hơn nữa, theo giả thiết γ < 900 , do đó 2γ < 1800 . Khi đó đoạn

thẳng P ′ P ′′ cắt cạnh BC và AC của ∆ABC tại M và N , và chu vi của ∆M N P
bằng P ′ P ′′ . Tương tự, nếu X là điểm bất kỳ trên BC và Y là điểm bất kỳ trên
AC , thì chu vi ∆XP Y bằng độ dài đường gấp khúc P ′ XY P ′′ , lớn hơn hoặc bằng
P ′ P ′′ . Vì vậy, chu vi ∆P XY lớn hơn hoặc bằng chu vi ∆P M N , dấu bằng xảy ra

khi X ≡ M và Y ≡ N .
Như vậy, chúng ta phải tìm điểm P trên AB sao cho đoạn P ′ P ′′ có độ dài
ngắn nhất. Chú ý rằng đoạn thẳng này là cạnh đáy của một tam giác cân P ′′ P ′ C
với góc C có độ lớn khơng đổi 2γ và CP ′ = CP ′′ = CP . Vì vậy, chúng ta phải
chọn P trên AB sao cho CP ′ = CP là ngắn nhất. Rõ ràng, để điều này xảy ra thì
P là chân đường cao từ C trong tam giác ABC . Chú ý rằng, nếu P là chân đường

cao của tam giác ABC tại C , thì M và N là chân của hai đường cao khác. Để
chứng minh điều này, gọi M1 và N1 là chân của các đường cao của tam giác ABC


12

tương ứng tại A và B (Hình 2.4). Khi đó BM1 P ′ = BM1 P = BAC = CM1 N1 ,
điều này cho thấy P ′ thuộc đường thẳng M1 N1 . Tương tự P ′′ thuộc đường thẳng
M1 N1 và do đó M ≡ M1 , N ≡ N1 . Vì thế tất cả các tam giác nội tiếp trong tam

giác ABC , tam giác có đỉnh tại chân các đường cao của tam giác ABC có chu
vi nhỏ nhất.

Hình 2.4: Hình vẽ Ví dụ 2.1.3 trong trường hợp P là chân đường cao của ∆ABC .
Bài toán cũng được giải quyết trong trường hợp tam giác không là tam giác
nhọn. Giả sử γ ≥ 900 . Dễ thấy rằng trong trường hợp này tam giác M N P có chu
vi nhỏ nhất khi M ≡ N ≡ C và P là chân đường cao qua C của tam giác ABC ,
nghĩa là trong trường hợp này tam giác M N P suy biến là một đoạn thẳng.

Ví dụ 2.1.4. Một người phải đi từ nhà tại vị trí A để đến vị trí C giao hàng và
phải đi đến các con đường d, b như Hình 2.5. Tìm đường đi ngắn nhất mà người
đó có thể đi.

Hình 2.5: Hình vẽ Ví dụ 2.1.4.


13

Giải. Áp dụng 3 phép đối xứng liên tiếp với các đường được chỉ ra như
Hình 2.6.

Hình 2.6: Hình vẽ Ví dụ 2.1.4 qua 3 phép đối xứng
Ảnh của điểm C sau khi áp dụng liên tiếp ba phép đối xứng là C ′ = (6, 1). Ta
cần tìm con đường ngắn nhất từ A đến C ′ mà nằm hoàn toàn trong tập hợp các
tứ giác chỉ ra trong Hình 2.6. Rõ ràng đây là đường gấp khúc
A = (0, 1) → (2, 2) → (4, 2) → (6, 2) → C ′ = (6, 1).

Do đó đường đi ngắn nhất cần tìm là
A = (0, 1) → (2, 2) → (2, 0) → (2, 2) → C = (2, 1).

Ta sẽ sử dụng một số phép biến đổi khác ngoài phép đối xứng như đã sử
dụng trong các ví dụ trên.
Ví dụ 2.1.5. Có 3 thành phố A, B, C nằm ở 3 đỉnh của một tam giác nhọn.
Tất cả người dân trong thành phố đều có sở thích ăn gà rán KF C . Tuy nhiên
KF C dạo này đang làm ăn thua lỗ nên không thể đầu tư xây tại mỗi thành phố

một nhà hàng được. Vì vậy, họ quyết định xây một nhà hàng ở trong lòng tam
giác, sao cho tổng khoảng cách từ nhà hàng đến trung tâm 3 thành phố là ngắn
nhất. Nếu KF C thuê bạn thiết kế, bạn sẽ làm như thế nào ?

Giải. Bài tốn trở thành: Tìm điểm I bên trong tam giác nhọn ABC , sao


14

cho S = IA + IB + IC có giá trị nhỏ nhất (Hình 2.7).

Hình 2.7: Hình vẽ Ví dụ 2.1.5.
Thực hiện phép quay tâm B , với góc quay 600 biến I thành J và biến A thành
A′ . Khi đó tam giác BIJ đều, vì BI = BJ và IBJ = 600 suy ra BI = IJ . Mặt

khác, AI = A′ J do phép quay là một phép dời hình biến một đoạn thành một
đoạn bằng nó.
Ta có:
BI = IJ
AI = A′ J

Vậy S = A′ J + JI + IC , là một đường gấp khúc. Để S nhỏ nhất thì I, J phải nằm
trên đường thẳng A′ C sao cho BIJ là tam giác đều. Vậy cách dựng như sau:
Bước 1: Dựng A′ là ảnh của A qua phép quay tâm B một góc 600 .
Bước 2: Kẻ BH vng góc với A′ C . Sau đó lấy I trên A′ C sao cho HBI = 300 .
Vậy I là điểm cần tìm (Hình 2.8).

Hình 2.8: Hình vẽ minh hoạ cách dựng hình Ví dụ 2.1.5.

Ví dụ 2.1.6. Tìm một điểm X trong mặt phẳng của tam giác ABC sao cho


15

tổng t(X) = AX + BX + CX là nhỏ nhất.
Giải. Dễ thấy rằng nếu X nằm ngoài tam giác ABC , thì tồn tại một điểm
X ′ sao cho t(X ′ ) < t(X). Thật vậy, giả sử X nằm ngồi tam giác. Khi đó một

trong các đường AB, BC, CA, ta có thể giả sử là AB , có tính chất là ∆ABC và
điểm X nằm trong các nửa mặt phẳng khác nhau bờ là đường thẳng này (đường
thẳng AB ) (Hình 2.9).

Hình 2.9: Hình vẽ Ví dụ 2.1.6.
Xét X ′ là điểm đối xứng với X qua AB . Ta có AX ′ = AX, BX ′ = BX . Hơn nữa
đoạn thẳng CX cắt đoạn thẳng AB tại một điểm Y , và XY = X ′ Y . Theo bất
đẳng thức tam giác ta có
CX ′ < CY + X ′ Y = CY + XY = CX.

Từ đây suy ra rằng t(X ′ ) < t(X).
Vì vậy, chúng ta hạn chế trường hợp điểm X nằm bên trong hoặc trên biên
của ∆ABC . Gọi α, β và γ là các góc của ∆ABC . Khơng mất tính tổng qt
giả sử γ ≥ α ≥ β . Khi đó α và β là các góc nhọn. Ký hiệu φ là phép quay 600
ngược chiều kim đồng hồ quanh A. Với bất kỳ điểm M trong mặt phẳng, đặt
M ′ = φ(M ). Khi đó AM M ′ là tam giác đều. Đặc biệt ∆ACC ′ là tam giác đều.

Xét một điểm X tuỳ ý trong ∆ABC . Khi đó AX = XX ′ , trong khi φ(X) = X ′
và φ(C) = C ′ suy ra CX = C ′ X ′ . Do đó, t(X) = BX + XX ′ + X ′ C ′ , tức là t(X)


16

bằng độ dài đường gấp khúc BXX ′ C ′ . Bây giờ chúng ta xét ba trường hợp.
Trường hợp 1: γ < 1200 . Khi đó BCC ′ = γ + 600 < 1800 . Từ α < 900 , ta cũng có
BAC ′ < 1800 , vì thế đoạn thẳng BC ′ cắt cạnh AC tại một điểm D (Hình 2.10).

Ký hiệu X0 là giao điểm của BC ′ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ACC ′ . Khi
đó X0 nằm trên đoạn thẳng BD và X0′ nằm trên C ′ X0 từ đó AX0 C ′ = ACC ′ = 600 .

Hình 2.10: Hình vẽ Ví dụ 2.1.6 trường hợp 1: γ < 1200
Hơn nữa, ta có
t(X0 ) = BX0 + X0 X0′ + X0′ C ′ = BC ′ ,

do đó t(X0 ) ≤ t(X) với mọi điểm X trong tam giác ABC . Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi X và X ′ nằm trên BC ′ , điều này xảy ra khi X ≡ X0 . Chú ý rằng điểm
X0 được xây dựng ở trên thoả mãn
AX0 C = AX0 B = BX0 C = 1200 .
X0 được gọi là điểm Torricelli của ∆ABC .

Trường hợp 2: γ = 1200 . Trong trường hợp này đoạn thẳng BC ′ chứa C và
t(X) = BX + XX ′ + X ′ C ′ = BC ′ .

Dấu bằng xảy ra khi X ≡ C.


17

Trường hợp 3: γ > 1200 . Khi đó BC ′ khơng có điểm chung với cạnh AC (Hình
2.11).

Hình 2.11: Hình vẽ Ví dụ 2.1.6 trường hợp 3: γ > 1200
Nếu AX ≥ AC theo bất đẳng thức tam giác ta có
t(X) = AX + BX + CX ≥ AC + BC

Nếu AX < AC thì X ′ nằm trong ∆ACC ′ và

t(X) = BX + XX ′ + X ′ C ′ ≥ AC + BC

vì C nằm trong hình chữ nhật BC ′ X ′ X (Hình 2.11). Trong cả hai trường hợp
dấu bằng xảy ra khi X ≡ C.
Suy ra, nếu tất cả các góc của tam giác ABC đều nhỏ hơn 1200 , thì t(X)
là nhỏ nhất khi X trùng với điểm Torricelli của ∆ABC . Nếu một trong các góc
của ∆ABC khơng nhỏ hơn 1200 , thì t(X) nhỏ nhất khi X trùng với đỉnh của góc
đó.
Ví dụ 2.1.7. Giả sử ABC là tam giác không tù và m, n, p là các số dương cho
trước. Tìm một điểm X trong mặt phẳng của tam giác sao cho tổng
s(X) = mAX + nBX + pCX

là nhỏ nhất.


18

Giải. Khơng mất tính tổng qt, giả sử rằng m ≥ n ≥ p.
Trường hợp 1: m ≥ n + p.

Hình 2.12: Hình vẽ Ví dụ 2.1.7 trường hợp 1: m ≥ n + p
Khi đó với điểm X bất kỳ trong mặt phẳng (Hình 2.12), ta có: AX + XB ≥ AB
và AX + XC ≥ AC . Do đó,
s(X) ≥ (n + p)AX + nBX + pCX
= n(AX + XB) + p(AX + XC)
≥ nAB + pAC = s(A).

Hơn nữa, đẳng thức chỉ xảy ra khi và chỉ khi X ≡ A. Vì vậy trong trường hợp
này, có duy nhất nghiệm là X ≡ A.
Trường hợp 2: m < n + p. Khi đó tồn tại một tam giác A0 B0 C0 với B0 C0 = m,

C0 A0 = n và A0 B0 = p. Gọi α0 , β0 và γ0 là các góc của tam giác A0 B0 C0 , khi đó
α0 ≥ β0 ≥ γ0 . Gọi φ là phép hợp của hai phép biến đổi sau:
p
(i) Phép vị tự tâm A tỉ số k = ;
n
(ii) Phép quay góc α0 ngược chiều kim đồng hồ quanh A.

Với điểm X bất kỳ trong mặt phẳng, đặt X ′ = φ(X), chú ý rằng XAX ′ = α0 =
B0 A0 C0 (Hình 2.13) và
AX ′
p
A0 B0
=k= =
.
AX
n
A 0 C0
XX ′
m
= , tức là mAX = nXX ′ .
AX
n
′
′
′
′
Ngoài ra, C X = kCX , tương đương với pCX = nC X . Do đó, S(X) = nXX ′ +

Do đó ∆AX ′ X ∼ ∆A0 B0 C0 , từ đó suy ra rằng