Hai hình tròn bằng nhau: chứng minh cận và dựng cực trị
Từ tiếp xúc và khoảng cách ba tâm, tìm bán kính lớn nhất, dựng cấu hình đạt dấu bằng và phân biệt cận dưới với giá trị nhỏ nhất của diện tích.
TOÁN 9 · CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Hai hình tròn bằng nhau: chứng minh cận và dựng cực trị
Từ tiếp xúc và khoảng cách ba tâm, tìm bán kính lớn nhất, dựng cấu hình đạt dấu bằng và phân biệt cận dưới với giá trị nhỏ nhất của diện tích.
1. Đổi mục tiêu diện tích thành mục tiêu bán kính
Một biển hình tròn có đường kính 70 cm. Bên trong đặt hai hình tròn bằng nhau, có đường tròn biên tiếp xúc ngoài với nhau và đều tiếp xúc trong với đường tròn biên của biển. Tìm diện tích nhỏ nhất của phần biển không bị hai hình tròn nhỏ chiếm chỗ.
Ta dùng từ hình tròn khi nói về phần mặt phẳng và diện tích, dùng đường tròn khi nói về biên và tiếp xúc. Gọi O là tâm hình tròn lớn, P,Q là hai tâm nhỏ; bán kính lớn là R=35 cm, bán kính nhỏ chung là r>0.
Hai hình tròn nhỏ chỉ gặp nhau tại một điểm, không chồng lấn một vùng có diện tích. Vì thế diện tích còn lại là diện tích lớn trừ đúng hai diện tích nhỏ. Câu hỏi trở thành: điều kiện tiếp xúc cho phép bán kính nhỏ lớn đến đâu?
S(r)=\pi R^2-2\pi r^2.
Khi bán kính r tăng trong các cấu hình hợp lệ, diện tích còn lại tăng hay giảm? Vì sao không cần đo diện tích phần còn lại bằng cách chia hình thành nhiều mảnh?
Giải thích
Với 0<r_1<r_2,
S(r_1)-S(r_2)=2\pi(r_2^2-r_1^2)>0.
Vậy S giảm khi r tăng. Tối thiểu hóa S tương đương tối đa hóa r, miễn là vẫn giữ đầy đủ các điều kiện tiếp xúc.
2. Dịch tiếp xúc thành khoảng cách giữa các tâm
Tiếp xúc trong với đường tròn lớn
Khi hai đường tròn tiếp xúc trong, tiếp điểm nằm trên tia đi từ tâm lớn qua tâm nhỏ. Khoảng cách hai tâm bằng hiệu bán kính. Vì vậy
OP=OQ=R-r.
Ở đây 0<r<R. Nếu r=R, một hình tròn nhỏ đã trùng kích thước hình tròn lớn, không thể đồng thời chứa một hình tròn thứ hai cùng kích thước và không chồng lấn.
Tiếp xúc ngoài giữa hai đường tròn nhỏ
Hai đường tròn nhỏ tiếp xúc ngoài nên khoảng cách hai tâm bằng tổng bán kính:
PQ=r+r=2r.
Tiếp điểm giữa chúng là trung điểm H của PQ, vì hai bán kính bằng nhau.
Khoảng cách tâm bằng tổng bán kính cho tiếp xúc ngoài, bằng hiệu bán kính cho tiếp xúc trong. Đảo hai công thức sẽ mô tả một hình khác, dù việc biến đổi đại số sau đó có thể vẫn làm được.
Vì sao điều kiện chứa bên trong dẫn tới hiệu bán kính?
Gọi T là tiếp điểm của đường tròn nhỏ tâm P với đường tròn lớn. Hai tâm và tiếp điểm thẳng hàng, với P nằm giữa O,T; khi đó OT=OP+PT, tức R=OP+r. Ngược lại, nếu OP=R-r, mọi điểm X của hình tròn nhỏ thỏa OX\le OP+PX\le R, nên hình nhỏ nằm trong hình lớn; điểm trên tia OP cách P một đoạn r là điểm chạm biên.
3. Giới hạn bán kính không đến từ hình vẽ
Với ba điểm P,O,Q, độ dài đường đi thẳng không lớn hơn đường gấp khúc:
PQ\le PO+OQ.
Thay các quan hệ tiếp xúc vào:
2r\le(R-r)+(R-r)=2(R-r),4r\le2R\quad\Rightarrow\quad r\le\frac R2.
Nếu ba tâm không thẳng hàng, bất đẳng thức tam giác là nghiêm: PQ<PO+OQ, nên r<R/2. Dấu bằng chỉ xảy ra khi P,O,Q thẳng hàng và O nằm giữa P,Q.
Vì OP=OQ, khi thẳng hàng theo thứ tự ấy thì O chính là trung điểm PQ, tức trùng tiếp điểm H của hai đường tròn nhỏ.
Ở cấu hình tối ưu, ba tâm không tạo thành một tam giác không suy biến. Vì vậy nên phát biểu bất đẳng thức cho ba điểm , có cả trường hợp thẳng hàng, thay vì vô tình loại dấu bằng bằng cách chỉ xét một tam giác thực sự.
Một cấu hình hợp lệ với r=R/3. Tiếp điểm H của hai hình nhỏ khác tâm O; hình này chưa tối ưu.
4. Một cận trên chưa đủ: phải dựng được dấu bằng
Chọn một đường kính bất kì của hình tròn lớn. Lấy P,Q trên hai phía của O, sao cho
OP=OQ=\frac R2.
Vẽ hai hình tròn tâm P,Q, cùng bán kính r=R/2. Kiểm tra từng điều kiện:
- PQ=OP+OQ=R=2r, nên hai đường tròn nhỏ tiếp xúc ngoài tại O.
- OP+r=OQ+r=R, nên mỗi đường tròn nhỏ tiếp xúc trong với đường tròn lớn.
- Với mọi điểm của mỗi hình nhỏ, khoảng cách đến O không vượt quá khoảng cách tâm cộng bán kính, nên hai hình nhỏ thật sự nằm trong hình lớn.
Cấu hình đạt r=R/2 tồn tại. Như vậy R/2 không chỉ là giới hạn đại số mà là bán kính lớn nhất có thể đạt.
Cấu hình đạt dấu bằng: P,O,Q thẳng hàng, hai hình nhỏ tiếp xúc nhau tại O, mỗi bán kính nhỏ bằng R/2.
Cấu hình tối ưu có duy nhất không?
Bán kính tối ưu là duy nhất: r=R/2. Nhưng vị trí hai tâm có thể nằm trên bất kì đường kính nào của hình tròn lớn. Các cấu hình ấy là ảnh của nhau qua phép quay; tất cả đều có cùng diện tích còn lại. Không được nhầm “một giá trị cực trị duy nhất” với “chỉ có một hình vẽ đạt cực trị”.
5. Tính diện tích và kiểm tra đơn vị
Thay r=R/2 vào công thức diện tích:
S_{\min}=\pi R^2-2\pi\left(\frac R2\right)^2=\frac{\pi R^2}{2}.
Cũng có thể nhìn theo tỉ lệ: mỗi hình tròn nhỏ có bán kính bằng một nửa bán kính lớn, nên diện tích bằng một phần tư diện tích lớn. Hai hình nhỏ chiếm đúng một nửa diện tích; phần còn lại cũng bằng một nửa.
Với R=35 cm:
r_{\max}=17{,}5\ \text{cm},\qquad S_{\min}=\frac{1225\pi}{2}=612{,}5\pi\ \text{cm}^2.
Dùng giá trị \pi trên máy tính, S_{\min}\approx1924{,}23 cm vuông; làm tròn đến hàng đơn vị là 1924 cm vuông. Nếu đề quy ước dùng \pi\approx3{,}14, phép tính là 612{,}5\cdot3{,}14=1923{,}25, và làm tròn đến hàng đơn vị là 1923. Cần ghi rõ quy ước gần đúng thay vì trộn hai cách tính.
Có thể lấy 70 làm bán kính rồi thay vào công thức không? Khi bán kính tăng gấp đôi, diện tích tăng mấy lần?
Kiểm tra
Số 70 là đường kính, nên bán kính chỉ bằng 35. Dùng nhầm 70 sẽ làm diện tích tăng gấp 4, vì diện tích tỉ lệ với bình phương bán kính. Đơn vị của r là cm; đơn vị của S là cm vuông.
6. Mọi bán kính trong miền có dựng được không?
Ta đã có điều kiện cần 0<r\le R/2. Để thấy miền này cũng đủ, chọn một giá trị r bất kì trong miền và dựng đoạn PQ=2r, trung điểm H. Chọn O trên đường vuông góc với PQ tại H, sao cho
OH=\sqrt{R^2-2Rr}.
Biểu thức dưới căn không âm vì r\le R/2. Nếu r<R/2, tam giác OHP vuông tại H, nên
OP^2=OH^2+HP^2=R^2-2Rr+r^2=(R-r)^2.
Vì các độ dài không âm và R-r>0, suy ra OP=R-r. Tương tự OQ=R-r. Vì PQ=2r, ba điều kiện khoảng cách ở phần 2 đều thỏa, nên dựng được đúng các tiếp xúc yêu cầu.
Khi r=R/2, ta có OH=0, tức O=H; lúc này không cần dùng Pythagore cho tam giác suy biến: trực tiếp OP=HP=r=R-r, và tương tự với Q. Đây chính là cấu hình tối ưu đã dựng.
Một cấu hình hợp lệ nhưng chưa tối ưu
Lấy r=R/3. Khi đó OH=R/\sqrt3>0, hai tâm nhỏ và tâm lớn không thẳng hàng. Diện tích còn lại là
S=\pi R^2-2\pi\frac{R^2}{9}=\frac79\pi R^2,
lớn hơn \pi R^2/2. Vì vậy một hình nhìn cân đối và thỏa mọi tiếp xúc chưa chắc đã đạt diện tích nhỏ nhất.
7. Thử bỏ điều kiện để phát hiện công thức dùng sai
Nếu hai hình tròn nhỏ chồng lấn
Xét hình tròn lớn bán kính R=4, hai hình tròn nhỏ bán kính r=3, có tâm trên cùng một đường kính ở hai phía của O, mỗi tâm cách O một đơn vị. Mỗi hình nhỏ vẫn tiếp xúc trong với hình lớn vì 1+3=4.
Nhưng khoảng cách hai tâm chỉ bằng 2, nhỏ hơn 2r=6, nên hai hình nhỏ chồng lấn một vùng. Nếu vẫn trừ hai diện tích đầy đủ, sẽ được
16\pi-2\cdot9\pi=-2\pi,
một “diện tích” âm, vô lí. Phần giao đã bị trừ hai lần. Muốn tính diện tích hợp trong tình huống mới, phải cộng bù phần giao; không thể giữ công thức của hai hình chỉ tiếp xúc ngoài.
Nếu yêu cầu ba tâm không thẳng hàng
Giả sử thêm điều kiện ba tâm phải tạo thành tam giác không suy biến. Khi đó r<R/2, nên S>\pi R^2/2. Có thể chọn r tiến sát R/2 để diện tích tiến sát cận dưới, nhưng không đạt cận đó. Bài toán mới không có giá trị nhỏ nhất bằng \pi R^2/2.
Vì các bán kính gần R/2 hơn vẫn dựng được theo phần 6 và cho diện tích nhỏ hơn, không có cấu hình nhỏ nhất nào trong miền bị thu hẹp này. Một điều kiện tưởng nhỏ có thể làm thay đổi việc cực trị có tồn tại hay không.
8. Chuyển giao: đổi kích thước, giữ cấu trúc
Nếu đường kính hình tròn lớn là d>0, thì R=d/2. Các công thức trở thành
r_{\max}=\frac d4,\qquad S_{\min}=\frac{\pi d^2}{8}.
Khi mọi độ dài tăng theo hệ số k>0, diện tích nhỏ nhất tăng theo hệ số k^2. Chẳng hạn đổi đường kính từ 70 cm thành 140 cm làm diện tích nhỏ nhất gấp 4, không phải gấp 2.
Nếu đường kính lớn bằng 100 cm, hai bán kính nhỏ tối ưu và phần diện tích còn lại chính xác là bao nhiêu?
Lời giải
Bán kính lớn 50 cm, mỗi bán kính nhỏ tối ưu 25 cm. Diện tích còn lại nhỏ nhất \pi\cdot50^2/2=1250\pi cm vuông. Hai tâm nhỏ cách nhau 50 cm và tiếp xúc nhau tại tâm hình lớn.
Có diện tích còn lại lớn nhất không?
Trong miền 0<r\le R/2, ta có
\frac{\pi R^2}{2}\le S<\pi R^2.
Cận dưới đạt được. Cận trên không đạt vì r>0; chọn bán kính dương nhỏ hơn sẽ cho phần còn lại lớn hơn. Vì thế cùng một miền cấu hình có giá trị nhỏ nhất, nhưng không có giá trị lớn nhất của S.
9. Bảng kiểm của một bài cực trị hình học
- Tôi đang tính diện tích của hình tròn hay chỉ nói về đường tròn biên?
- Các phần bị trừ có chồng lấn một vùng không?
- Quan hệ tiếp xúc đã được dịch đúng thành tổng hay hiệu bán kính chưa?
- Cận trên của bán kính có xét cả cấu hình thẳng hàng không?
- Tôi đã dựng và kiểm tra trường hợp đạt dấu bằng chưa?
- Kết quả cuối là số chính xác hay gần đúng theo một quy ước về \pi?
Điều đáng nhớ là cách nối tiếp xúc, khoảng cách tâm và dấu bằng. Con số 35 có thể đổi, còn cấu trúc lập luận vẫn giữ nguyên.
Tự học có chứng minh · Toán THCS · Các hình dựng đúng quan hệ đã nêu