Điểm cố định và cực trị: tìm đại lượng không đổi
Tách hệ số tham số để tìm điểm cố định, chứng minh cận diện tích từ cạnh huyền và kiểm tra vị trí dấu bằng có thật sự được phép.
TOÁN 9 · BẤT BIẾN VÀ TÍNH ĐẠT ĐƯỢC
Điểm cố định và cực trị: tìm đại lượng không đổi
Tách hệ số tham số để tìm điểm cố định, chứng minh cận diện tích từ cạnh huyền và kiểm tra vị trí dấu bằng có thật sự được phép.
1. “Không đổi” là một mệnh đề về mọi vị trí được phép
Một đường thẳng chuyển động có thể luôn đi qua một điểm. Một tam giác thay đổi hình dạng có thể giữ nguyên một cạnh. Hai hiện tượng này đều cần xác định rõ: tham số được phép thay đổi trong miền nào, và đại lượng nào không phụ thuộc tham số ấy.
Với một họ đường thẳng d_t, điểm P được gọi là điểm cố định chung nếu P\in d_t với mọi giá trị t được phép. Việc P thuộc hai đường vẽ thử chỉ tạo một dự đoán, trừ khi ta có lí do bảo đảm cho tất cả đường còn lại.
Câu hỏi dẫn đường. Một phương trình chứa t có thể đúng với mọi t khi nào? Trong hình học, câu trả lời thường biến một bài tìm điểm cố định thành hai phương trình không còn tham số.
Sau khi xác định được một đoạn không đổi, ta còn có thể dùng nó để tìm cận diện tích. Nhưng “có cận trên” và “đạt được giá trị lớn nhất” là hai kết luận khác nhau; điều kiện dấu bằng phải phù hợp với miền chuyển động.
2. Tách hệ số của tham số để tìm điểm cố định
Xét một họ đường thẳng có phương trình
A(x,y)+tB(x,y)=0,
trong đó A,B là các biểu thức bậc nhất hoặc hằng theo x,y. Giả sử mỗi giá trị t trong miền đang xét thật sự cho một đường thẳng, và miền chứa ít nhất hai giá trị khác nhau. Một điểm (x_0,y_0) thuộc mọi đường khi và chỉ khi
\boxed{A(x_0,y_0)=0,\qquad B(x_0,y_0)=0}.
Chiều cần. Chọn hai giá trị được phép t_1\ne t_2. Điểm cố định phải thỏa cả hai phương trình. Lấy hiệu:
(t_1-t_2)B(x_0,y_0)=0\Rightarrow B(x_0,y_0)=0.
Thế lại cho A(x_0,y_0)=0.
Chiều đủ. Nếu cả A,B bằng không tại điểm ấy, thì A+tB=0 với mọi t. Đây là bước chứng minh tính cố định, không chỉ tìm một giao điểm ứng viên.
Điều kiện “mỗi phương trình cho một đường thẳng” cần được kiểm tra. Trong dạng a_tx+b_ty+c_t=0, không được để đồng thời a_t=b_t=0. Khi đó phương trình có thể vô nghiệm hoặc đúng với mọi điểm, đều không còn là phương trình của một đường thẳng.
3. Một điểm, không có điểm, hay cả một đường cố định?
Ví dụ độc lập thứ nhất:
d_t:(t-1)x+(2t+1)y-(3t+2)=0,\qquad t\in\mathbb{R}.
Hai hệ số của x,y không thể đồng thời bằng không: chúng lần lượt bằng không tại t=1 và t=-1/2. Tách theo tham số:
(-x+y-2)+t(x+2y-3)=0.
Điểm cố định chung thỏa -x+y-2=0, x+2y-3=0. Từ y=x+2, suy ra 3x+1=0, nên
\boxed{P=\left(-\frac13,\frac53\right)}.
Thế P làm cả hai phần bằng không, nên điểm này nằm trên mọi d_t, và hệ hai phương trình có nghiệm duy nhất. Tại t=-1/2, đường thẳng là x=-1/3; nếu viết tất cả đường dưới dạng y=ax+b, ta sẽ bỏ sót trường hợp thẳng đứng này.
Ba đường minh họa lần lượt ứng với t=0,1,-1/2. Hình giúp nhận ra một ứng viên, còn việc tách hệ số tham số chứng minh tính cố định cho mọi giá trị.
Ví dụ thứ hai, họ y=x+t với t\in\mathbb{R}, không có điểm cố định chung. Nếu một điểm thuộc cả hai đường ứng với t=0 và t=1, nó phải thỏa y-x=0 và y-x=1, mâu thuẫn.
Ví dụ thứ ba, họ (t+1)(x+y-2)=0, với t>0, thực ra luôn là cùng đường x+y=2. Mọi điểm trên đường ấy đều cố định chung. Miền t>0 bảo đảm t+1\ne0, nên ta không vô tình đưa vào phương trình 0=0.
Vì sao hai hình thử không đủ cho một họ bất kì?
Xét họ y=tx+t^2, với t\in\mathbb{R}. Hai đường tại t=0,1 cắt nhau ở (-1,0). Nhưng đường tại t=2 có y=2x+4, không đi qua điểm ấy vì 0\ne2. Ở đây tham số xuất hiện bậc hai, nên không được dùng nguyên kết luận của mô hình A+tB. Muốn chứng minh tính cố định vẫn phải thay vào phương trình tổng quát.
4. Cạnh huyền không đổi tạo một cận diện tích
Xét độc lập một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông u,v>0, cạnh huyền c>0 cố định. Pythagore cho u^2+v^2=c^2. Vì (u-v)^2\ge0:
2uv\le u^2+v^2=c^2.
Diện tích là S=uv/2, nên
\boxed{S\le\frac{c^2}{4}}.
Dấu bằng khi và chỉ khi u=v. Trong lớp tất cả tam giác vuông có cạnh huyền c, vị trí này thật sự tồn tại: dựng hai cạnh góc vuông cùng bằng c/\sqrt2. Khi ấy tổng hai bình phương bằng c^2, và diện tích bằng c^2/4.
Vì vậy tam giác vuông cân là tam giác có diện tích lớn nhất trong lớp đang xét. Với c=10, giá trị lớn nhất là 25, đạt tại u=v=5\sqrt2.
Hai hình dùng cùng cạnh huyền 10, cùng tỉ lệ vẽ. Bên trái có hai cạnh góc vuông 5\sqrt2, diện tích 25; bên phải có hai cạnh \sqrt{10},3\sqrt{10}, diện tích 15.
Cũng có thể đọc mức mất mát diện tích từ một đẳng thức:
\boxed{\frac{c^2}{4}-S=\frac{(u-v)^2}{4}}.
Hai cạnh lệch nhau càng nhiều thì diện tích càng cách xa cận trên. Đẳng thức này giải thích vai trò của sự cân bằng, không cần đạo hàm.
5. Thêm điều kiện có thể làm vị trí dấu bằng không còn được phép
Giữ cạnh huyền c cố định, nhưng yêu cầu thêm u\ge\frac{\sqrt3}{2}c. Khi đó
v^2=c^2-u^2\le\frac{c^2}{4},\qquad 0<v\le\frac c2.
Do đó u=v không thể xảy ra. Ta không được gọi c^2/4 là giá trị lớn nhất chỉ vì nó vẫn là một cận trên.
Từ hai giới hạn của u,v:
u-v\ge\frac{(\sqrt3-1)c}{2}>0.
Thế vào đẳng thức mất mát diện tích:
S=\frac{c^2}{4}-\frac{(u-v)^2}{4}\le\frac{\sqrt3\,c^2}{8}.
Dấu bằng đạt được tại u=\frac{\sqrt3\,c}{2},v=c/2, thỏa cả Pythagore lẫn điều kiện mới. Vậy giá trị lớn nhất trong lớp bị hạn chế là \frac{\sqrt3\,c^2}{8}, nhỏ hơn c^2/4.
Nếu thay dấu lớn hơn hoặc bằng bằng dấu lớn hơn?
Nếu yêu cầu u>\frac{\sqrt3\,c}{2}, thì v<c/2, nên S<\frac{\sqrt3\,c^2}{8}. Không có tam giác đạt cận đó. Hơn nữa, với một cặp hợp lệ bất kì, có thể chọn u' nằm giữa \frac{\sqrt3\,c}{2} và u, rồi đặt v'=\sqrt{c^2-u'^2}. Khi ấy u'<u, v'>v, cả hai cặp đều có cạnh đầu lớn hơn cạnh sau, nên 0<u'-v'<u-v. Đẳng thức mất mát cho S'>S. Vì mỗi phương án đều có phương án tốt hơn, bài toán này không có giá trị lớn nhất.
6. Phải xác định đúng đại lượng được giữ cố định
Nếu thay điều kiện cạnh huyền cố định bằng tổng hai cạnh góc vuông u+v=p>0, bài toán đã đổi. Khi đó
(u-v)^2=(u+v)^2-4uv\ge0\Rightarrow uv\le\frac{p^2}{4},\boxed{S\le\frac{p^2}{8}}.
Dấu bằng đạt tại u=v=p/2. Với cùng số 10, “cạnh huyền bằng 10” cho diện tích lớn nhất 25, còn “tổng hai cạnh góc vuông bằng 10” cho diện tích lớn nhất 12{,}5. Không có mâu thuẫn vì hai tập tam giác khác nhau.
Nếu mọi độ dài được phóng to theo hệ số k>0, đáy và chiều cao đều nhân k, nên diện tích nhân k^2. Quy tắc đơn vị này cần được khôi phục sau khi chuẩn hóa hình để tính toán.
7. Ghép hai công cụ trong một mô hình hai đường chuyển động
Xét mô hình hoàn chỉnh sau trong hệ trục vuông góc, lấy cùng một đơn vị trên hai trục:
\ell_t:y=t(2x+1),\qquad d_t:x+2ty=1,\qquad t>0.
Đây là một ứng dụng chọn lọc của hai quan hệ đường thẳng xuất hiện trong cấu hình tiếp tuyến; ở đây chúng được lấy làm dữ kiện trực tiếp để tập trung vào điểm cố định và diện tích, không cần dựng thêm các giao điểm của cấu hình ấy.
Áp dụng công cụ ở phần 2, mọi \ell_t đi qua T=(-1/2,0), mọi d_t đi qua B=(1,0). Gọi S là giao điểm hai đường. Hệ có nghiệm duy nhất vì 1+4t^2>0; giải được
S=\left(\frac{1-2t^2}{1+4t^2},\frac{3t}{1+4t^2}\right).
Vì t>0, tung độ của S dương, nên S khác B,T. Hai phương trình còn cho x-1=-2ty và 2x+1=y/t, nên
(x-1)(x+1/2)+y^2=0.
Hoàn thành bình phương:
\left(x-\frac14\right)^2+y^2=\left(\frac34\right)^2.
Vậy S nằm trên nửa đường tròn phía trên có đường kính BT. Tam giác BST vuông tại S, và cạnh huyền BT=3/2 không đổi. Công cụ ở phần 4 cho
S_{BST}\le\frac14\left(\frac32\right)^2=\frac9{16}.
Còn phải kiểm tra dấu bằng trong đúng miền t>0. Chọn t=1/2, ta được S=(1/4,3/4); khi ấy SB^2=ST^2=(3/4)^2+(3/4)^2, nên tam giác vuông cân. Cận trên được đạt, do đó giá trị lớn nhất là 9/16.
Vị trí đạt cực đại là duy nhất trong miền này: SB=ST buộc S nằm trên trung trực BT, tức x=1/4. Phương trình đường tròn và y>0 cho y=3/4; thế vào y=t(2x+1) cho t=1/2.
Ở t=1/2, điểm S nằm trên trung trực của BT. Hình chỉ giữ hai đường chuyển động và tam giác dùng cho diện tích.
Nếu cho thêm t=0, giao điểm trở thành S=B, nên tam giác suy biến. Nếu cho phép t<0, ta có các điểm ở nửa đường tròn phía dưới và thêm vị trí cực đại tại t=-1/2. Kết luận duy nhất ở trên luôn gắn với miền t>0.
Nếu mỗi đơn vị tọa độ tương ứng R đơn vị độ dài thực, thì BT=3R/2, và diện tích lớn nhất là 9R^2/16. Với R=3, giá trị là 81/16 đơn vị diện tích; không nhân diện tích chỉ với hệ số 3.
8. Hai câu hỏi giữ cho lời giải đi đúng hướng
Điều gì thật sự không đổi? Với điểm cố định, thay ứng viên vào phương trình tổng quát và kiểm tra mọi tham số hợp lệ. Với cực trị, xác định đúng cạnh, tổng độ dài hoặc quan hệ đang được giữ nguyên; không thay nó bằng một điều kiện khác chỉ vì cùng mang một con số.
Dấu bằng có ở trong miền không? Một bất đẳng thức tạo cận; một cấu hình hợp lệ đạt cận mới tạo giá trị lớn nhất. Điều kiện nghiêm ngặt có thể bỏ mất cấu hình cân bằng và làm bài toán không có phương án lớn nhất.
Tự chuyển giao hai nguyên lí
Họ y=t(x-2)+3, với t>0, luôn qua (2,3): thay x=2,y=3 làm đẳng thức đúng với mọi t. Nếu một tam giác vuông có cạnh huyền cố định 6, diện tích lớn nhất là 6^2/4=9, đạt ở hai cạnh góc vuông cùng bằng 3\sqrt2. Hai kết luận này không cần dùng bất kì tiếp tuyến nào; chúng là những công cụ có thể mang sang một bài toán mới.
Tự học có chứng minh · Toán THCS · Các hình dựng đúng quan hệ đã nêu