Bài toán đẳng chu , bất đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp

Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 1
MỤC LỤC

MỤC LỤC........................................................................................................ 1
LỜI NÓI ĐẦU ................................................................................................. 2
CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG
SƠ CẤP...................................................................................... 3
1. Bài toán đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng ............................................. 3
1.1. Dạng phát biểu gốc.................................................................................... 3
1.2. Dạng phát biểu tương đương..................................................................... 3
1.3. Chứng minh sự tương đương của hai phát biểu trên................................. 4
2. Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt ph
ẳng).................... 4
3. Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát trong mặt phẳng . 5
3.1. Phép chứng minh sơ cấp của Steiner ........................................................ 5
3.2. Phép chứng minh cao cấp ........................................................................ 8
CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
SƠ CẤP..............................................................................................12
1. Các bài toán về diện tích lớn nhất.........................................................................12
1.1. Loại gốc .............................................................................................................12
1.2. Loại mở rộng......................................................................................................22
2. Các bài toán về chu vi nhỏ nhất............................................................................39
2.1 Loại gốc ..............................................................................................................39
2.2 Loại mở rộng.......................................................................................................43
PHẦN KẾT LUẬN........................................................................................60

TÀI LIỆU THAM KHẢO.............................................................................. 61

Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 2
LỜI NÓI ĐẦU
- - - \[ - - -
Bài toán đẳng chu và bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ thế kỷ
thứ IV, III trước công nguyên nhưng hiện nay đang hồi sinh và phát triển
mạnh mẽ. Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp được biết đến từ
thời cổ đại nhưng mới chỉ được chứng minh tương đối chặt chẽ trong nửa đầu
c
ủa thế kỷ XIX và được chứng minh hoàn toàn chặt chẽ bằng nhiều cách khác
nhau trong thế kỷ XX. Bất đẳng thức đẳng chu trong không gian sơ cấp có
phép chứng minh khó và phức tạp hơn rất nhiều. Mục đích của khóa luận là
giới thiệu một vài phép chứng minh đầy đủ về bất đẳng thức đẳng chu trong
mặt phẳng cũng như trong không gian đồng thời tổng hợp một lớp bài toán
đẳ
ng chu phẳng và không gian. Tuy nhiên, vì thời gian không cho phép chúng
tôi tự ý thu hẹp đề tài, chỉ trình bày một số phép chứng minh bất đẳng thức
đẳng chu trong mặt phẳng và một lớp các bài toán đẳng chu phẳng. Vì vậy,
khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG
CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP. Hy vọng trong thời gian tới khi có
điều kiện nghiên cứu sâu hơn chúng tôi sẽ quay trở lại tìm hiểu vấn đề ở mức
độ nâng cao h
ơn trong không gian.

Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương:
Chương 1
: Bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp.
Chương 2
: Một số bài toán đẳng chu trong hình học phẳng sơ cấp.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng bản khóa luận có thể còn có sai sót, rất
mong quý thầy cô và các bạn đồng môn vui lòng chỉ bảo.
Để hoàn thành bản Khóa luận này, tôi đã được sự hướng dẫn nhiệt tình
của Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, sự giúp đỡ và chỉ bảo về thủ tục của các
Thầy cô trong Khoa Sư phạ
m nói chung và Bộ môn Toán nói riêng. Tôi xin
chân thành cảm ơn quý thầy cô! Xin kính chúc quý thầy cô nhiều sức khỏe,
hạnh phúc và công tác tốt!
SV thực hiện:


Lê Thanh Bình





Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 3
Chương I

BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG
MẶT PHẲNG SƠ CẤP

- - - \[ - - -

Chương này giới thiệu bài toán và bất đẳng thức đẳng chu trong mặt
phẳng sơ cấp. Đối với bài toán phẳng, chúng ta đưa ra chi tiết hai phép chứng
minh, một chứng minh sơ cấp của Steiner ( mà còn chưa chặt chẽ) và một
chứng minh cao cấp hoàn toàn chặt chẽ có sử dụng các kiến thức của giải tích
nhiều biến và hình học vi phân cổ điển.

1. BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG

Bài toán đẳng chu được biết đến từ thời cổ đại. Bằng vẻ đẹp tự nhiên của
mình, bài toán đẳng chu có một lịch sử vô cùng hấp dẫn (xem [1]). Công trình
cốt yếu nhất giới thiệu được một chứng minh tương đối chặt chẽ cho bài toán
đẳng chu được công bố năm 1841 bởi Jacob Steiner (1796-1863). Vào thời
gian đó, bài toán đẳng chu là trung tâm của các cuộc tranh chấp giữa hai
phương pháp: giả
i tích (tức là dùng các phép tính vi phân) và phương pháp
tổng hợp của hình học thuần túy. Mặc dù thừa nhận giá trị của phương pháp
giải tích, Steiner chỉ dùng phương pháp tổng hợp. Chứng minh của Steiner có
một thiếu sót mà sau này được chỉnh lý lại bằng phương pháp giải tích. Để
hiểu rõ hơn bản chất của bài toán đẳng chu, trước hết chúng ta phát biểu bài
toán dưới hai dạng tương đương.

1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC

Ch
ứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với chu vi đã cho, hình tròn
có diện tích lớn nhất.

1.2. DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG

Chứng minh rằng trong tất cả các hình phẳng với diện tích đã cho, hình
tròn có chu vi nhỏ nhất.
Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 4
1.3. CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN

Định lý 1
Hai phát biểu trên tương đương.
Chứng minh
Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc là A, phát biểu còn lại là B.
• Giả sử A đúng. Ta cần chứng tỏ B cũng đúng. Thật vậy, giả sử phản
chứng rằng B sai. Khi đó, đối với hình tròn C đã cho, tồn tại một hình phẳng F
có cùng diện tích với C nhưng chu vi nhỏ hơ
n chu vi của C. Ta co rút C về
đường tròn C’ có cùng chu vi với F. Lúc đó diện tích của C’ nhỏ hơn diện tích
của C, do đó cũng nhỏ hơn diện tích của F. Điều này mâu thuẫn với tính đúng
của A. Mâu thuẫn này chứng tỏ B phải đúng. Tức là A kéo theo B.
• Khẳng định ngược lại rằng B kéo theo A được lập luận tương tự. 
Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thứ
c đẳng chu trong
mặt phẳng mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây. Nếu bất đẳng
thức đẳng chu đã được chứng minh thì hệ quả hiển nhiên của nó là bài toán
đẳng chu được giải quyết. Ngược lại, nếu bài toán đẳng chu đã được chứng
minh thì lập tức suy ra ngay bất đẳng thức đẳng chu.

2. ĐỊNH LÝ

(BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG)

Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích bằng A (đvdt) và chu tuyến
là một đường cong khép kín,
1
C
- từng khúc với chiều dài bằng hằng số L
(đvđd). Khi đó ta có

2
4 A LΠ ≤
.
Dấu “=” xảy ra khi C là hình tròn.









Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 5
3. VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU
TRONG MẶT PHẲNG

3.1. PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER

3.1.1. Bao lồi và lý do tại sao bất đẳng thức đẳng chu chỉ cần phải chứng
minh trong trường hợp miền lồi
Bao lồi của miền
Ω
, ký hiệu là

Ω
, được định nghĩa là tập lồi nhỏ nhất
chứa
Ω
. Do đó

Ω
= ∩{K / K là miền lồi phẳng chứa
Ω
}. Nếu
Ω
lồi thì

Ω=Ω
.
Giả sử miền
Ω
không lồi, ta có thể xây dựng một miền lồi chứa
Ω
mà
diện tích lớn hơn nhưng chu vi nhỏ hơn chu vi của
Ω
. Do đó, ta chỉ cần chứng

minh bất đẳng thức đẳng chu đối với các miền lồi. Điều này được biện minh
bởi bổ đề dưới đây.


3.1.2. Bổ đề 1
Cho
Ω
là hình phẳng đóng, bị chặn được bao quanh bởi đường cong
khép kín
1
C
- từng khúc với bao lồi là

Ω
. Khi đó ta luôn có:

( )
()

()
(
)
()
()
( )
()
iS S
ii L L
Ω≥ Ω
∂ Ω≤ ∂Ω

Nếu
Ω
không lồi, các bất đẳng thức trên là nghiêm ngặt.
Chứng minh
Đặt

K =Ω
. K phải chứa mọi điểm của
Ω
và chứa những đoạn thẳng nối
hai điểm phân biệt bất kỳ của
Ω
. Tập các điểm trong của K không thuộc
Ω

được phân hoạch thành các thành phần liên thông
i
O
rời nhau:
int( )
i
i
KO−Ω=
U
. Nếu
Ω
lồi,
i
i

O
U
là tập rỗng. Mỗi điểm
XK
∈∂
có
Ω


Ω
Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 6
thể thuộc
∂Ω
hoặc không. Nếu
X ∉∂Ω
, áp dụng định lý Caratheodory, X là
một điểm nằm trên đường thẳng
2
d
⊂ 
sao cho K nằm về một phía của d và
tồn tại các điểm
,
ii
YZ d
∈∂Ω∩
để X nằm giữa

,
ii
YZ
.


Giả sử
i
O
là miền giữa d và
Ω
.Vì
X ∉∂Ω
nên
i
O
chứa một phần hình
tròn lân cận của X (có diện tích dương). Do đó ta có:
( ) ( )
( )
( )
i
i
SK S SO S= Ω+ > Ω
∑
.
Bây giờ ta cắt biên
Ω
thành hai phần tại
,

ii
YZ
. Đặt
i
Γ
là phần của
∂Ω

từ
i
Y
đến
i
Z
dọc
i
O∂
. Đặt
iii
OΛ =∂ −Γ
là đoạn thẳng từ Y
i
đến
i
Z
. Khi đó

( ) ( )
ii
LL

Λ <Γ
.
Mặt khác
( )
i
i
KO=Ω∪
U
. Suy ra
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
ii
i
LK L L L L∂=∂Ω+ Λ−Γ≤∂Ω
∑
.

3.1.3. Bổ đề 2
Trong tất cả các tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a và b, tam
giác vuông có diện tích lớn nhất.
Chứng minh
Giả sử tam giác ABC có độ dài hai cạnh
, BCaACb= =
và diện tích
bằng S. Khi đó ta có:
11
sin
22

SabCab=≤
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
()
sin 1
2
CC
π
⎛⎞
=⇔ =
⎜⎟
⎝⎠
. Tức là S lớn
nhất khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại C. 
i
Γ

i
Λ

i
O

i
Z

i
Y

Ω

d
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 7
3.1.4. Bổ đề 3
Nếu hình phẳng đóng, bị chặn và lồi A bị chia bởi một dây cung nào đó
(tức là một đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên của A ) thành 2 phần có
cùng chu vi nhưng diện tích khác nhau thì tồn tại hình
1
A
có cùng chu vi với
A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A.
P
A'
A'1
A"
Q

Chứng minh
Giả sử PQ là một dây cung chia hình phẳng A thành hai phần A’, A’’ có
cùng chu vi nhưng diện tích của A’ lớn hơn diện tích của A’’. Gọi
'
1
A
là hình
đối xứng của A’ qua đường thẳng PQ. Khi đó hình
1
A

= A’ ∪
'
1
A
có cùng chu
vi với A nhưng diện tích lớn hơn diện tích của A. 
3.1.5. Định lý 2
Cho C là hình phẳng, đóng, bị chặn và lồi trong mặt phẳng. Nếu C
không là hình tròn thì tồn tại hình C’ có cùng chu vi như C nhưng diện tích
lớn hơn. Nói cách khác, hình tròn có diện tích lớn nhất trong tất cả các hình
phẳng có cùng chu vi.
Chứng minh của Steiner
Lấy P,Q là hai điểm biên của C mà nó chia C thành hai hình có chu vi
bằng nhau. Vì C không là đường tròn nên tồ
n tại
VC∈
sao cho

0
90PVQ ≠
.
Gọi
12
,
B B
là hai hình giới hạn bởi C và hai dây cung PV và QV.
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ

SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 8


Vì tam giác PVQ không vuông nên theo bổ đề 2, tồn tại tam giác vuông
P’V’Q’ có
'', ''
PV P V QV Q V==
nhưng diện tích lớn hơn. Ta thấy diện tích
hình S tạo bởi tam giác P’V’Q’ và hình
12
,
B B
lớn hơn diện tích của tập hợp
gồm
12
,
B B
và PVQ. Suy ra diện tích của hình phẳng C’ gồm hợp của S và ảnh
đối xứng S’ của nó qua P’Q’ sẽ lớn hơn diện tích của C nhưng có cùng chu vi
với C. 
Từ chứng minh này, dễ dàng suy ra hệ quả là bất đẳng thức đẳng chu
đúng.
3.1.6. Nhận xét
Trên đây là cách chứng minh của Steiner được công bố vào năm 1841.
Cách chứng minh này hoàn toàn sơ cấp và dễ hiểu. Tuy nhiên nhược
điểm cơ
bản của nó là đã thừa nhận một điều không hề hiển nhiên rằng bài toán đẳng
chu tổng quát trong mặt phẳng có lời giải để từ đó suy ra lời giải là đường
tròn. Nói cách khác Steiner mới chỉ chứng minh được rằng: nếu trong các
hình phẳng có cùng chu vi tồn tại hình có diện tích lớn nhất thì hình đó phải là

hình tròn. Để chứng minh của Steiner trở nên chặt chẽ
, ta cần phải chứng minh
sự tồn tại của hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng
chu vi.

3.2. PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP

3.2.1. Bổ đề 4
Cho A là diện tích của miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến là đường
cong khép kín C đơn, C
1
– từng khúc định hướng dương (tức là ngược chiều
kim đồng hồ) xác định bởi phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t
∈
[a, b].
Khi đó ta có
() () () () ()
1
.' .' .' .'
2
bb b
aa a
A y t x t dt x t y t dt x y y x dt=− = = −
∫∫ ∫
(*)
Chứng minh
1
B
P’
2

B
1
B
Q
V
2
B
V’
Q’
P
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 9
Ta có
()
() '() (1 0)
b
a
CD
x t y t dt odx xdy dxdy=+=−
∫∫∫∫

( theo công thức Green )
=
()D
dxdy A=
∫∫
.

Tương tự ta cũng có
()
(). '() 0
b
aCD
y t x t dt ydx dy dxdy A−=−+==
∫∫∫∫

.
()()
()
11
() '() () '()
22
b
a
CD
x t y t y t x t dt ydx xdy dxdy A−=−+==
∫∫∫∫

. 
3.2.2. Định lý 3
Cho C là một đường cong phẳng khép kín, đơn, C
1
- từng khúc với chiều
dài là L; A là diện tích miền phẳng đơn liên giới hạn bởi C. Khi đó ta có
2
4 A LΠ ≤
.
Chứng minh

Lấy E và E’ là hai đường thẳng song song theo phương thẳng đứng
không cắt C. Tịnh tiến chúng theo phương thẳng đứng cho đến khi cả hai tiếp
xúc C ta nhận được hai tiếp tuyến
∆
và
∆
’ của C song song song với nhau. Khi
đó C thuộc dải song song giới hạn bởi
∆
và
∆
’. Gọi
1
S
là đường tròn nhận
∆

và
∆
’ là hai tiếp tuyến và không cắt C và O là tâm đường tròn
1
S
. Dựng một
hệ trục toạ độ Đề các vuông góc gốc O có trục hoành vuông góc với
∆
và
∆
’.
Tham số hoá đường cong C bởi độ dài cung
α

(s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] sao
cho C được định hướng dương, còn
∆
và
∆
’ tiếp xúc với C lần lượt tại
0s =

và
1
s s=
.
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 10

Giả sử phương trình tham số của
1
S
là:
( )
( ) ( )
[ ]
(); () (); (); 0,s xs ys xs ys s L
α
== ∈
,
Gọi 2r là khoảng cách giữa

∆
và
∆
’, do đó đương nhiên 2r là đường kính của
đường tròn
1
S
;
A
là diện tích của
1
S
. Theo bổ đề 4, ta có :
0
'
L
A xy ds=
∫
;
2
0
'
L
A ryxds
π
==−
∫
.

E’
O
∆
∆’
E
0s =
1
s s
=
2r
1
S

α

α

y
x
C
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 11
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxki với chú ý
( ) ( )
22
''x y+

=
()
2
'( )s
α
= 1,
ta có

() ()
(
)
() ()
()
2
2
00
222
22
2
00
'' ''
' ' .
LL
LL
A r xy yx ds xy yx ds
x yx yds xydsLr
π
+= − ≤ −
≤+ + =+=
∫∫

∫∫

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương A và
2
r
π
, ta có:
()
22 2
11
. 4A L
22
Ar A r Lr
ππ π
≤+≤ ⇔ ≤
.
Giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó ta phải có:
()
() ()
2
2
2
22
;
.
''
''
Ar
xy
xy

r
yx
yx
π
⎧
=
⎪
⎪
+
⎨
= =± =±
⎪
⎪
+
⎩
.
Nói riêng, x =
±
ry’. Vì r không phụ thuộc vào việc chọn hướng ∆, ta có thể
đổi vai trò x, y trong hệ thức cuối cùng để được y =
±
rx’. Do đó
() ()
( )
22
222 2
''x yrx y r+= + =
.
Suy ra C là đường tròn. Nói cách khác, nếu
2

4A L
π
=
thì C là đường tròn.

3.2.3. Nhận xét
• Chứng minh này hoàn toàn chặt chẽ vì không còn dựa vào sự tồn tại của
hình phẳng có diện tích lớn nhất trong các hình phẳng có cùng chu vi nữa.
• Ngoài phép chứng minh trên, còn một vài phép chứng minh khác như
chứng minh của Hurwitz (dùng bất đẳng thức Wirtinger), chứng minh của
Minkowski (dùng bất đẳng thức Steiner và bất đẳng thức Brunn ), chứng
minh của Hadwiger. Vì khuôn khổ của bản luận văn có hạn nên chúng tôi
không giới thiệ
u các chứng minh đó ở đây. Độc giả nào quan tâm xin tham
khảo tài liệu [1]. Chỉ xin nhấn mạnh lại rằng, việc có rất nhiều nhà Toán
học từ cổ chí kim quan tâm đến bài toán và bất đẳng thức đẳng chu đã
chứng tỏ rằng bài toán đẳng chu có một lịch sử hấp dẫn biết nhường nào.



Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ


SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 12
Chương II

MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP

- - - \[ - - -

Chương này sẽ hệ thống lại các bài toán đẳng chu cơ bản trong hình học
phẳng sơ cấp. Ở đây, chúng tôi phân biệt hai loại: bài toán đẳng chu gốc và
mở rộng.
Các bài toán đẳng chu loại gốc bao gồm
:
- Có yếu tố hằng về chu vi ; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định
dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích.
- Có yếu tố hằng về diện tích; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc định
dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi.
Các bài toán đẳng chu loại mở rộng bao gồm
:
- Có chu vi không lớn hơn L
0
; cần tìm giá trị lớn nhất của diện tích hoặc định
dạng hình phẳng đạt giá trị lớn nhất về diện tích.
- Có diện tích không nhỏ hơn A
0
; cần tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi hoặc
định dạng hình phẳng đạt giá trị nhỏ nhất về chu vi.
Lớp các bài toán đẳng chu mở rộng phong phú hơn và không kém phần hấp
dẫn so với bài toán đẳng chu gốc.

1.CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH LỚN NHẤT

1.1 LOẠI GỐC
Bài toán 1: Trong tất cả các tam giác với chu vi đã cho, hãy tìm tam giác có
diện tích lớn nhất.
Giải

Xét tam giác bất kì ABC với độ dài các cạnh là a , b , c và chu vi
2 p abc=++

(cho trước).
Theo công thức Heron:
()()()
Sppapbpc= −−−

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm
pa−
,
pb−
,
pc−
:
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 13
()()()
( ) ( ) ( )
3

33
pa pb pc
p
pa pb pc

−+ −+ −
−−−≤ =

()()() ()()()
()()()
34
22

27 27
33
(3.1)
99
pp
pa pb pc ppa pb pc
pp
pp a p b p c S
⇒−−−≤ ⇒ −−−≤
⇒−−−≤ ⇒≤
Đẳng thức xảy ra trong (3.1) khi và chỉ khi :


pa pb pc
−=−=−

⇔

abc= =

Vậy
2

3
max( )
9
p
S =
; đạt được khi và chỉ khi
ABC∆
đều.
Kết luận
: Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi 2p thì tam giác đều
cạnh
2
3
p
có diện tích lớn nhất.
Bài toán 2: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi, hãy tìm hình
có diện tích lớn nhất.
Giải
Xét hình chữ nhật bất kỳ ABCD với hai kích thước x, y và chu vi 2a (cho
trước); suy ra
()
2 2axy=+
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm x, y ta có:
2
22
(3.2)
24 4
xy a a
xy S

+
⎛⎞
≤=⇒≤
⎜⎟
⎝⎠

Đẳng thức xảy ra trong (3.2) khi và chỉ khi :

2
a
xy==

⇔
ABCD là hình vuông.
Vậy
2
max( )
4
a
S =
; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông.
Kết luận
: Trong tất cả các hình chữ nhật có chu vi không đổi thì hình
vuông có diện tích lớn nhất.
Bài toán 3: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước, hãy tìm hình
có diện tích lớn nhất.
Giải
Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài 2 cạnh là
x
,

y

( )
0, 0xy>>
và
chu vi
( )
2 2p xy=+
(cho trước).
Gọi
α
là góc giữa 2 cạnh hình bình hành.
Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 14
Khi đó diện tích
.sin Sxy xy
α
=≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm
x
,
y
ta có:

2
x y
xy
+
≤

⇔

22
2

224
x ypp
xy
+
⎛⎞⎛⎞
≤==
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

⇔

22
.sin sin
44
p p
xy
αα

≤≤

⇔

2

4
p
S ≤
(3.3)
Đẳng thức xảy ra trong (3.3) khi và chỉ khi:

sin 1

2
p
xy
α
=
⎧
⎪
⎨
==
⎪
⎩

⇔

0
90

2
p
xy
α
⎧
=
⎪
⎨
==
⎪
⎩

⇔
ABCD là hình vuông
Vậy
2
max( )
4
p
S
=
; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông.
Kết luận
: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi cho trước thì hình
vuông có diện tích lớn nhất.
Bài toán 4: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi, hãy tìm hình có diện tích
lớn nhất.
Giải
B

I
F
G
H
E
A
C
D

Hình 3.1
Bổ đề: Cho tứ giác lồi ABCD có E, F, G, H lần lượt là trung điểm các cạnh
AB, BC, CD, DA. Ta luôn có:
()
()
1
. (3.4)
2
1

2
aFH ABCD
EG BC AD
≤+
≤+ (3.5)

()()
ABCD
1
. (3.6)
4

b S AB CD BC AD
≤+ +


Khoá luận tốt nghiệp

GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 15
Chứng minh
a. Gọi I là trung điểm AC, ta có:
()
1

22
AB CD
FH IF IH FH AB CD
+
≤+ = ⇒ ≤ +

⇒
(3.4) được chứng minh, còn (3.5) được chứng minh tương tự.
b. Dễ thấy:
BEF BAC
1

4

SS
=
,
DHG DAC
1

4
SS
=
,
CFG CBD
1

4
SS
=
,
AHE ADB
1

4
SS
=

ABCD BEF DHG CFG AHE EFGH
SSSSSS⇒=++++

()()
ABCD BAC DAC CBD ADB EFGH
11

44
SSSSSS⇒= ++ ++

()()
ABCD EFGH
11
2 . .
22
S S FH EG AB CD BC AD
⇒= ≤ ≤+ +

()()
ABCD
1

4
SABCDBCAD
⇒≤+ +


⇒
(3.6) được chứng minh.
Áp dụng: Ta xét 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: ABCD là tứ giác lồi, có chu vi p.
Theo (3.6) ta có :
()()
()()
2
ABCD

11

442
AB CD BC AD
SABCDBCAD
+++
⎡ ⎤
≤+ +≤
⎢ ⎥
⎣ ⎦

2
ABCD
1

42
ABCDBC AD
S
+++
⎡⎤
⇒≤
⎢⎥
⎣⎦

2
ABCD

16
p
S⇒≤

(3.7)
Đẳng thức xảy ra trong (3.7) khi và chỉ khi ABCD là hình vuông.
Vậy
()
2
ABCD
max
16
p
S =
; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình vuông.
Trường hợp 2: ABCD không lồi, có chu vi p.
Ta có thể thiết lập một tứ giác lồi A’B’C’D’ cũng có chu vi bằng p, đồng thời
A'B'C'D' ABCD
SS>
bằng cách lấy đối xứng đỉnh lõm của tứ giác ABCD qua đường
chéo tương ứng. Theo kết quả của trường hợp 1 thì:
22
A'B'C'D' ABCD

16 16
p p
SS≤⇒ <

Trong cả hai trường hợp ta thấy với mọi tứ giác phẳng có cùng chu vi p ta đều
có
2

16
p

S ≤
; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác đó là hình vuông.
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 16
Kết luận: Trong tất cả các tứ giác có cùng chu vi thì hình vuông có diện
tích lớn nhất.
Bài toán 5: (Đề thi chọn học sinh giỏi toán 9,TP.HCM 1991-1992)
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a. Trên hai cạnh AB, AD lần lượt lấy
hai điểm M, N sao cho chu vi tam giác AMN là 2a. Tìm vị trí của M, N để diện
tích tam giác AMN là lớn nhất.
Giải

Hình 3.2
Đặt x = AM, y = AN,
0x >
,
0y
>
.
Tam giác AMN vuông tại A, theo định lí Pithagore :
222
MNAMAN
=+

22

MNxy⇒=+

Ta có:
22
AMN
2pAMANMNxyxya=++=+++=
(không đổi)
Và
2x yxy+≥
,
22
2x yxy+≥

Do đó:
22
2 2 2axy xy xy xy=++ + ≥ +


2
2

22
a
xy
⎛⎞
⇒≤
⎜⎟
+
⎝⎠

()
2
2
2
112
3 2 2
22
22 322
aa
xya
⎛⎞
⇒≤ = =−
⎜⎟
++
⎝⎠


( )
2
AMN
3 2 2Sa⇒≤−
(không đổi) (3.8)
Đẳng thức xảy ra trong (3.8) khi và chỉ khi:
( )
22x ya== −

Vậy
( )
2
max ( ) = 3 2 2Sa−

; đạt được khi và chỉ khi
AMN∆
vuông cân tại A.
Kết luận
: Trong tất cả các tam giác vuông có chu vi 2a cho trước, tam giác
vuông cân có cạnh huyền bằng
( )
221a−
và cạnh bên bằng
( )
22a−
là
tam giác có diện tích lớn nhất.
Bài toán 6: Trong tất cả các tam giác với chu vi 2p (cho trước) và độ dài một
cạnh bằng a ( cho trước), hãy tìm tam giác có diện tích lớn nhất.

y
x
A B
C
D
M
N
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 17

Giải
Gọi
x
là độ dài của một trong hai cạnh còn lại của tam giác (ngoài cạnh a).
Suy ra độ dài cạnh thứ ba bằng
2 pax
− −
.
Theo công thức Heron diện tích của tam giác là:
()()( ) ()( ) ()
2 . S ppa px p pax pxapx ppa=−−−−−=−−+ −
⎡⎤
⎣⎦

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm
px
−
và
apx− +
ta có:
()( )
( ) ( )

22
px apx
a
pxapx
−+−+
−−+≤ =

()()( ) ()

2
a
p pa pxa px ppa⇒−−−+≤ −

⇒

()

2
a
Sppa≤ −
(3.9)
Đẳng thức xảy ra trong (3.9) khi và chỉ khi:


2
a
px apx x p−=−+ ⇔ =−

Vậy
()
max( )
2
a
Sppa=−
; đạt được khi và chỉ khi tam giác trở thành tam
giác cân có 3 cạnh lần lượt là a,
2

a
p
−
,
2
a
p
−
.
Kết luận
: Tam giác cân có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng
2
a
p −
thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 7: Trong tất cả các hình bình hành có cùng chu vi và một góc nhọn α
cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất.
Giải
Gọi
x
,
y
(x > 0, y > 0) lần lượt là độ dài của 2 cạnh hình bình hành ABCD.
Khi đó chu vi của hình bình hành là
( )
2 2p xy= +
(cho trước) và diện tích là
.sinSxy
α

=
(α cho trước).
Diện tích S đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi xy đạt giá trị lớn nhất.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm
x
,
y
ta có:

2
x y
xy
+
≤

⇒

()
2
1
4
xyxy≤+

()
2
2
11
.sin sin .sin
44
xy x y p

α αα
⇒≤+=
2
1
.sin
4
Sp
α
⇒≤
. (3.10)
Đẳng thức xảy ra trong (3.10) khi và chỉ khi

2
p
xy==

Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 18
Vậy
2
1
max( ) .sin
4
Sp
α

=
; đạt được khi và chỉ khi ABCD là hình thoi.
Kết luận
: Hình thoi cạnh
2
p
và có một góc nhọn bằng α thỏa mãn yêu cầu
bài toán.
Bài toán 8: Trong tất cả các hình bình hành có chu vi 2p (cho trước) và chiều
dài của một đường chéo bằng a cho trước, hãy tìm hình có diện tích lớn nhất.
Giải
y
x
a
A
D
B
C

Hình 3.3
Xét hình bình hành ABCD bất kì với độ dài đường chéo AC là
a
và chu vi 2p
(cho trước).
Khi đó
ABCD ABC
2SS=

Do đó
ABCD

S
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
ABC
S
đạt giá trị lớn nhất.
• Tìm giá trị lớn nhất của
ABC
S

Gọi
x
là độ dài một trong hai cạnh của hình bình hành ABCD. Giả sử
ABx
=

Khi đó
BCpx=−
và
( )
ABC
p AB BC CA x p x a p a= ++ =+−+=+
(không
đổi)
Bài toán trở thành tìm
ABC
∆
có diện tích lớn nhất trong tất cả các tam giác
với chu vi p+a (cho trước) và độ dài cạnh AC là
a
cho trước.

Theo kết quả bài toán 6 ta được tam giác có diện tích lớn nhất là tam giác cân
tại B nghĩa là
ABCD
S
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ABCD là hình thoi.
Kết luận
: Hình thoi cạnh
2
p
và có chiều dài của một đường chéo bằng a
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 9: Chứng minh rằng trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc
ở các đỉnh cho trước và chu vi cho trước, tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn
nhất.
Giải
Giả sử tứ giác lồi MNPQ có
M
α
∠ =
,
N
β
∠ =
,
P
γ
∠ =
,
Q
λ

∠=
và
MNPQ 0
2p P=
(
0
, , , , P
α βγλ
cho trước).
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 19
α
α
β/2 γ/2
λ
Xét tứ giác lồi ABCD đồng dạng với tứ giác lồi MNPQ, ta có:
()
()
MNPQ
ABCD
22
ABCD
MNPQ

S

S
p
p
=
(3.11)
Có 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1: ABCD là hình bình hành với
A
α
∠ =
, AB = a, AD = b.
a
b
D
B
C
A

Hình 3.4
Ta có:
() () ()
2
ABCD
22 2
ABCD
sin sin 1
ab. . sin
216
44
S

ab
pab ab
αα
α
+
⎛⎞
=≤ =
⎜⎟
⎝⎠
++

()
2
MNPQ
0
MNPQ
2
MNPQ
.sin
sin

16 4
S
P
S
p
α
α
⇒≤⇒≤
(3.12)

Dấu bằng xảy ra trong (3.12) khi và chỉ khi:
a = b
⇔
ABCD là hình thoi

⇔
MNPQ là hình thoi (hình thoi là tứ giác ngoại tiếp).
Trường hợp 2: ABCD không là hình bình hành.
r
r
r
B
C'
B'
K
E
H
I
A
D
C

Hình 3.5
Không mất tính tổng quát, ta giả sử các tia AB và CD cắt nhau tại E.
Kẻ đường thẳng
'' // BCBC
sao cho
''B C
tiếp xúc đường tròn
( )

, Or
nội
tiếp
AED
∆
( B’ và C’ lần lượt nằm trên các cạnh AE và DE).
Dễ thấy:
()
EB'C' EB'OC' OB'C' OB'E OC'E OB'C'
1
' ' ''
2
S S S S S S EB EC B C r=−=+−= +−

Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 20
EB'C'
Sqr=
( với
()
1
''''
2
qEBECBC=+−
) (3.13)

Đặt
22
EBC EB'C' EBC
.
'
EB
kSkSSkqr
EB
=⇒= ⇒=

Gọi 2p là chu vi
AED
∆

AED
Spr⇒=
; (3.14)

2
ABCD AED EBC
SSSprkqr⇒=−=−

Ngoài ra:
( )
ABCD AED
2p p EB EC BC p EB EC BC=−−+=−+−
(3.15)
Ta lại có:
'' // BCBC

=
' ' '' ' ' ''
EB EC BC EB EC BC
k
EB EC B C EB EC B C
+−
⇒===
+−


= 2
2
EB EC BC
kEBECBCkq
q
+−
⇒⇒+−=
(3.16)
Từ (3.15), (3.16) suy ra
( )
ABCD
22 2p pkq pkq=− = −

() ()
2
ABCD
22
ABCD

4

S
prkqr
p pkq
−
⇒=
−
(3.17)
Tương tự:
() ()
AB'C'D
22
AB'C'D

4
S
pr qr
ppq
−
=
−
( ứng với k = 1) (3.18)
Ta chứng minh thêm:
() ()
2
22

44
pr k qr pr qr
p kq p q
−−

≤
−−
(3.19)
Dễ thấy các bất đẳng thức sau là tương đương:
(3.19)
( )
()
2
2
1

pkq
p q
pkq
−
⇔≤
−
−
( vì
0pq pq>⇒−>
)
()
()( )
2
2
p kq p q p kq⇔− −≤−

()
()
2

2
2 1 0 1 0kk k⇔−+≥⇔−≥
(đúng).
Vậy (3.19) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra trong (3.19) khi và chỉ khi k = 1.
Từ (3.17), (3.18), (3.19) ta có:
() ()
()
ABCD AB'C'D
22
ABCD AB'C'D

4
SS
r
p q
pp
≤=
−

() ()
MNPQ
2
MNPQ 0
2
0

44
S
rr

SP
P pq pq
⇒≤ ⇒≤
−−
(3.20)
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 21
Mà :
'' cot cot
22
BC r
β γ
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
,
' cot cot
22
CD r
γ λ
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

DA cot cot
22
r
λ α
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠
,
' cot cot
22
AB r
α β
⎛⎞
=+
⎜⎟
⎝⎠

Nên
' ' ' ' 2 cot cot cot cot
2222
BC CD DA AB r
α βγλ
⎛⎞
+++ = + + +
⎜⎟
⎝⎠
(3.21)

Ngoài ra:
( ) ( )
22 ' '''p qAEEDAD EBECBC−= ++ − +−


( ) ( ) ( )
= ' ' ' 'AEEB EDEC ADBC−+−++


( )
2 AB' + C'D + AD + B'C'pq⇒−=
(3.22)
Từ (3.21), (3.22) suy ra:
1

cot cot cot cot
2222
r
pq
α βγλ
=
−
+++
(3.23)
Từ (3.20), (3.23) suy ra:
2
0
MNPQ
S
cot cot cot cot

2222
P
α βγλ
≤
+++
(3.24)
Dấu bằng xảy ra trong (3.24) khi và chỉ khi:
k = 1
⇔
ABCD là tứ giác ngoại tiếp
⇔
MNPQ là tứ giác ngoại tiếp.
Từ 2 trường hợp đã xét ta có kết luận như sau:
Kết luận
: Trong số tất cả các tứ giác lồi với các số đo góc ở các đỉnh cho
trước và chu vi cho trước thì tứ giác ngoại tiếp có diện tích lớn nhất.
Bài toán 10: Chứng minh rằng trong tất cả các đa giác n cạnh với các cạnh
đã cho, đa giác nội tiếp trong đường tròn có diện tích lớn nhất.
Giải
M'
M
M"

Hình 3.6
Giả sử M là đa giác bất kì với các cạnh đã cho và M’ là đa giác như vậy nội
tiếp trong đường tròn.
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ

SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 22
a
b
c
Trên các cạnh của M ta dựng các mảnh tương ứng với mảnh mà đường tròn bị
cắt ra bởi các cạnh của M’. Khi đó cùng với M các mảnh ghép lại tạo ra M” có
chu vi bằng chu vi đường tròn ngoại tiếp M’.
Theo dạng phát biểu gốc thì đường tròn ngoại tiếp M’ có diện tích lớn hơn
diện tích của M”. Sau khi ta bỏ đi các mảnh chung ở hai hình thì diện tích của
M’ l
ớn hơn diện tích của M.

1.2. LOẠI MỞ RỘNG
Bài toán 11: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn
( )
, OR
cho trước,
tam giác nào có diện tích lớn nhất
Giải

Hình 3.7
Gọi S
ABC
là diện tích tam giác ABC nội tiếp đường tròn
( )
, OR
, ta có:
22

ABC
22
2 sin .sin .sin sin .[cos( ) cos( )]
4
sin .[cos( ) cos ] sin .(1 cos )
abc
SRABCRABCBC
R
RA BC ARA A
== = −−+
=−+≤+

2
ABC
sin .(1 cos )SRA A⇒≤ +
(3.25)
Ngoài ra:
22
sin .(1 cos ) (sin ) (1 cos )A AAA+= +

22 3
2
3
(1 cos )(1 cos ) (1 cos ) (1 cos )
11(33cos)3(1cos)33
(3 3cos )(1 cos )
3344
AA A A
AA
AA

=− + = + −
−++
⎡⎤
=− + ≤ =
⎢⎥
⎣⎦

()
2
2
33
sin.1cos
4
R
RA A⇒+≤
(3.26)
Từ (3.25), (3.26) suy ra:
2
33
S
4
ABC
R
≤
(3.27)
Dấu bằng xảy ra trong (3.27) khi và chỉ khi: (3.25) và (3.26) cùng xảy ra dấu
bằng
O
A
B C

Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 23
()
( )
cos 1

cos 1

1
33cos 1cos
cos
2
0
BC
BC
BC
AA
A
A
π π
π
−=⎧
⎪
− <∠ −∠ <
⎪

−=
⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
−=+
=
⎪
⎩
⎪
⎪
<∠ <
⎪
⎩

0
ABC
60
BC
A
∠=∠
⎧
⇔⇔∆
⎨
∠=
⎩
đều
Vậy
()
2

33
max =
4
ABC
R
S
; đạt được khi và chỉ khi
ABC∆
đều.
Kết luận
: Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn
( )
, OR
cho trước,
tam giác đều có diện tích lớn nhất.
Bài toán 12: Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn
( )
;OR

cho trước, tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất.
Giải
H
C
B
O
A D

Hình 3.8
Gọi ABCD là hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn
( )

;OR

Suy ra
0
90DAB
∠=
và
ABCD ABD
2SS=

Từ
0
90DAB∠=

⇒
DB là đường kính của đường tròn
( )
;OR
⇒

2
DB R
=

Vẽ
AHBD⊥

( )
HBD∈

Vì
HOAH ⊥
nên
AHAOR≤=

Do đó
2
ABCD ABD
1
2 2. . .2 2
2
S S AH BD R R R== ≤=
(3.28)
Đẳng thức xảy ra trong (3.28) khi và chỉ khi
HO
≡

⇔

ABCD
là hình vuông
Vậy
()
2
ABCD
max = 2SR
; đạt được khi và chỉ khi
ABCD
là hình vuông
Kết luận

: Trong tất cả các hình chữ nhật nội tiếp trong đường tròn cho
trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất.
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ



SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 24
Bài toán 13: Trong tất cả các tứ giác có hai đường chéo vuông góc nội tiếp
trong đường tròn
( )
;OR
cho trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất.
Giải
C
A
O
D
B

Hình 3.9
Xét tứ giác ABCD bất kì có hai đường chéo AC, BD vuông góc nội tiếp trong
đường tròn
( )
;OR
cho trước.
Do AC, BD là các dây cung của đường tròn
( )
;OR

nên
2ACR≤
và
2BDR≤

Mà
ACBD⊥
(giả thiết)
Do đó
2
ABCD
11
. 2.2 2
22
SACBDRRR=≤=
(không đổi) (3.29)
Đẳng thức xảy ra trong (3.29) khi và chỉ khi
2
ACBD R
= =

⇔

ABCD
là
hình vuông
Vậy
( )
2
ABCD

max = 2SR
; đạt được khi và chỉ khi
ABCD
là hình vuông.
Kết luận
:Trong tất cả các tứ giác có 2 đường chéo vuông góc nội tiếp
trong đường tròn
( )
;OR
cho trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn
nhất.
Bài toán 14: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong đường tròn
( )
;OR
cho
trước, hãy tìm tứ giác có diện tích lớn nhất.
Giải
I
H
K
O
A
D
C
B

Hình 3.10
Khoá luận tốt nghiệp
GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ

SVTH: Lê Thanh Bình
Trang: 25
Vẽ
, AHBDCKBD⊥⊥
,
( )
,HBDKBD∈∈

Gọi
IACBD=∩

Vì
AHHI
⊥
và
CK KI⊥
nên

AHAI
≤
và
CK CI≤

⇒

AHCK AICI AC+≤+=

ABCD ABD BCD

SSS=+


()
11 1 1
.. .
22 2 2
AHBD CKBD BD AH CK BDAC=+= +≤

2
ACR
≤
,
2BDR≤
(đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn)
Do đó

()
2
ABCD
111
. 2.2 2
222
SBDAHCKBDACRRR=+≤≤=
(3.30)
Đẳng thức xảy ra trong (3.30) khi và chỉ khi
HIK≡ ≡
và AC, BD là các
đường kính của
( )

;OR

⇔
ABCD là hình vuông
Vậy
( )
2
ABCD
max = 2SR
; đạt được khi và chỉ khi
ABCD
là hình vuông.
Kết luận
: Trong tất cả các tứ giác nội tiếp trong đường tròn
( )
;OR
cho
trước thì hình vuông là hình có diện tích lớn nhất.
Bài toán 15: Trong tất cả các tam giác vuông có chung cạnh huyền, hãy tìm
tam giác có diện tích lớn nhất.
Giải
2k
O
A
B
M
H

Hình 3.11
Xét tam giác MAB bất kì vuông tại M và có độ dài cạnh huyền

2
ABk
=

(không đổi ). Khi đó M nằm trên đường tròn
{}
; \ ,
2
AB
OAB
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
Vẽ
MHAB⊥
,
HAB∈
. Khi đó:
MAB
1
. .
2
SABMHkMH==