Geometric Inequalities Ultimate - Nguyễn Thanh Trà (Tiếng Việt)

Chia sẻ: Trần Bá Trung5 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

0
75
lượt xem
22
download

Geometric Inequalities Ultimate - Nguyễn Thanh Trà (Tiếng Việt)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu " Geometric Inequalities Ultimate - Nguyễn Thanh Trà (Tiếng Việt) " mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp học hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Geometric Inequalities Ultimate - Nguyễn Thanh Trà (Tiếng Việt)

  1. GEOMETRIC INEQUALITIES Nguy n Thanh Trà K42 Trư ng THPT Chuyên ĐHSP HN thanhtra1239@yahoo.com Ngày 8 tháng 1 năm 2010 1
  2. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c HAPPY BIRTHDAY MY BEST FRIEND Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 2
  3. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c M cl c 1 B t đ ng th c hình h c 4 1.1 Phương pháp vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Phương pháp s d ng tích vô hư ng c a hai vector . . . . . . 4 1.1.2 Phương pháp vector đơn v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 1.1.3 Khai thác b t đ ng th c a ≥ 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2 B t đ ng th c Finsler - Hadwiger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2 T n m n v các b t đ ng th c hình h c 27 2.1 S bi n hoá các b t đ ng th c hình h c . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2 B t đ ng th c v i hai bi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3 Các b t đ ng th c d ng nh hơn ho c b ng 34 4 M t s bài t p 36 Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 3
  4. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Tóm t t. B t đ ng th c hình h c ph n khá thú v c a hình h c. Trong các bài toán đó, có m t l p các bài toán r t đ p v các đi m b t kì trong tam giác và các b t đ ng th c gi a chúng. Trong chuyên đ này, tôi s gi i thi u m t s b t đ ng th c như v y. 1 B t đ ng th c hình h c 1.1 Phương pháp vector 1.1.1 Phương pháp s d ng tích vô hư ng c a hai vector M đ u phương pháp này, tôi xin gi i thi u bài toán Bài toán 1. Cho tam giác ABC nh n. Tìm đi m M n m trong tam giác sao cho: T = MA + MB + MC đ t giá tr nh nh t. −→ −→ −→ − − − NA NB NC − → L i gi i. G i N là đi m tho mãn + + = 0 . Ta có: NA NB NC T = MA + MB + MC MA · NA MB · NB MC · NC = + + NA NB NC −→ −→ − → −→ − → −→ − − − − − − MA · NA MB · NB MC · NC ≥ + + NA NB NC − → −→ −→ − − − − → −→ −→ − − − − → −→ −→ − − − (M N + N A) · N A (M N + N B) · N B (M N + N C) · N C = + + NA NB NC −→ −→ −→ − − − −→ − NA NB NC = NA + NB + NC + MN · + + NA NB NC = NA + NB + NC V y MA + MB + MC ≥ NA + NB + NC Đ ng th c x y ra khi M ≡ N V y T = M A + M B + M C đ t giá tr nh nh t khi M là đi m tho mãn −→ − → − → − − − MA MB MC − → + + = 0 MA MB MC Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 4
  5. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Nh n xét. B ng phương pháp tương t ta có th gi i đư c bài toán: Bài toán 2. Cho tam giác ABC . Tìm đi m M sao cho: T = x · MA + y · MB + z · MC đ t giá tr nh nh t. −→ − −→ − −→ − MA MB MC − → Đi m M c n tìm là đi m tho mãn x · +y· +z· = 0 MA MB MC Phương pháp gi i trên có gì đ c bi t? Đó chính là vi c ch ra đi m N tho mãn m t đi u ki n nào đó, sau đó ch ng minh f (M ) ≥ f (N ) b ng công c vector. M t lưu → − → ý n a là b t đ ng th c − · b ≤ |a| · |b| giúp ta đưa nh ng đ dài đo n th ng v a d ng vector. Ta có nh ng bài toán gi i b ng phương pháp tương t . Bài toán 3. Cho tam giác ABC và m t đi m N n m trong tam giác. Đ t BN C = α, CN A = β, AN B = γ. V i m i đi m M trong m t ph ng. Ch ng minh r ng: M A sin α + M B sin β + M C sin γ ≥ N A sin α + N B sin β + N C sin γ (3) L i gi i. Ta có: M A sin α + M B sin β + M C sin γ MA · NA MB · NB MC · NC = sin α + sin β + sin γ NA NB NC −→ −→ − − − → −→ − − − → −→ − − MA · NA MB · NB MC · NC ≥ sin α + sin β + sin γ NA NB NC − → −→ −→ − − − − → −→ −→ − − − − → −→ −→ − − − (M N + N A) · N A (M N + N B) · N B (M N + N C) · N C = sin α + sin β + sin γ NA NB NC −→ − −→ − −→ − − → NA − NB NC = N A sin α + N B sin β + N C sin γ + M N sin α + sin β + sin γ NA NB NC = N A sin α + N B sin β + N C sin γ Đ ng th c x y ra khi M ≡ N Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 5
  6. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Bài toán 4. Cho tam giác ABC v i tr c tâm H, bán kính đư ng tròn ngo i ti p R. V i m i đi m M b t kì trong m t ph ng. Tìm giá tr nh nh t c a: 3 M A3 + M B 3 + M C 3 − R · M H 2 2 L i gi i. Theo b t đ ng th c AM − GM , ta có: M A3 R2 + M A2 M A3 + ≥ + R · M A ≥ 2M A2 R 2 R M A3 3 R2 ⇒ ≥ M A2 − R 2 2 Tương t , ta có: M B3 3 R2 M C 3 3 R2 ≥ M B2 − , ≥ M C2 − R 2 2 R 2 2 Suy ra: M A3 + M B 3 + M C 3 3 3 ≥ M A2 + M B 2 + M C 2 − R2 (4.1) R 2 2 G i O là tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC. Ta có: M A2 + M B 2 + M C 2 −→ − 2 − → −→ − 2 − − → −→ − − → 2 = M O + OA + M O + OB + M O + OC −→ − − → − − → − → = 3M O2 + 2M O OA + OB + OC + 3R2 − → −→ − − = 3M O2 + 2M O · OH + 3R2 = 3M O2 − OM 2 + OH 2 − M H 2 + 3R2 = 2M O2 − OH 2 + M H 2 + 3R2 ≥ 3R2 − OH + M H 2 (4.2) T (4.1) và (4.2), ta có: M A3 + M B 3 + M C 3 3 3 ≥ 3R2 − OH 2 + M H 2 − R2 R 2 2 3 3 ⇒ M A3 + M B 3 + M C 3 − R · M H 2 ≥ 2R3 − R · OH 2 = const 2 2 Đ ng th c x y ra khi M ≡ O. 3 Như v y M A3 + M B 3 + M C 3 − R · M H 2 đ t giá tr nh nh t khi và ch khi 2 M ≡O Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 6
  7. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c 1.1.2 Phương pháp vector đơn v Đ thêm ng d ng c a phương pháp vector, tôi xin nh c l i cách ch ng minh bài toán sau: Bài toán 5. Cho tam giác đ u ABC n i ti p m t đư ng tròn. M là m t đi m b t kì trên cung nh BC. Ch ng minh r ng M A = M B + M C. L i gi i. G i O là tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC. Ta có: −→ − → − − − → AM + M O = AO −→ − → − − ⇔ (AM + M O)2 = AO2 −→ − → − − ⇔ AM 2 + M O2 + 2AM · M O = AO2 −→ − → − − ⇔ AM 2 + 2AM · M O = 0 −→ − M A −→− ⇔ AM = 2 · MO MA Tương t , ta có: −→ − −→ − −→ − M A −→ − M B −→− M C −→ − AM = 2 · M O; BM = 2 · M O; CM = 2 · MO MA MB MC −→ − → − → − − − MA MB MC Do M thu c cung nh BC nên − , , là các vector đơn v , h p v i nhau MA MB MC góc 1200 . Ta có: −→ − − → −→ − − MA MB MC − → − + + = 0 MA MB MC −→ − → − → − − − −→ − MA MB MC ⇔ MO · − + + =0 MA MB MC ⇔ MA = MB + MC Như v y bài toán đã cho đư c ch ng minh. Bài toán trên không ph i là m t bài toán b t đ ng th c. Nhưng v i m t chút tinh t , b n có th d dàng nh n ra vi c tính đ dài các đo n M A, M B, M C theo tích các vector r t có l i trong vi c gi i toán. V n v i gi thi t M b t kì thu c đư ng tròn ngo i ti p tam giác, ta có m t bài toán b t đ ng th c hình h c thú v . Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 7
  8. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Bài toán 6. Cho tam giác ABC n i ti p đư ng tròn (O), ngo i ti p đư ng tròn (I). M là m t đi m b t kì trên cung nh BC c a đư ng tròn (O). Ch ng minh r ng: M A + 2OI ≥ M B + M C ≥ M A − 2OI L i gi i. Ta có: −→ − 2 − → −→ − − −→ M A − M A = 2M O · M A ⇒ M A = 2M O · MA Tương t , ta có: −→ − −→ − −→ M B − −→ M C − M B = 2M O · ; M C = 2M O · MB MC T trên, ta có: − → − → −→ − − − −→ − MB MC MA M B + M C − M A = 2M O · + − (6.1) MB MC MA Theo b t đ ng th c Cauchy − Schwarts, ta có: − → − → −→ − − − − → − → −→ − − − MB MC MA −→ − MB MC MA −M O · + − ≤ MO · + − MB MC MA MB MC MA − → − → −→ − − − MB MC MA ≤ MO · + − (6.2) MB MC MA − → − → −→ − − − MB MC MA Do M O = R nên ta s tính + − . MB MC MA Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 8
  9. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Ta có: − → − → −→ 2 − − − MB MC MA + − MB MC MA − → − → − → −→ −→ − → − − − − − − MB MC MC MA MA MB =3+2 · − · − · MB MC MC MA MA MB − → −→ − − − → −→ − − −→ − → − − = 3 + 2 cos(M B, M C) − cos(M C, M A) − cos(M A, M B) = 3 − 2(cos A + cos B + cos C) (Vì M n m trên cung nh BC) R+r =3−2 R 2 R − 2Rr = R2 2 OI = 2 R T đây, ta có: − → − → −→ − − − MB MC MA MO · + − = OI (6.3) MB MC MA T (6.1), (6.2) và (6.3) ta có b t đ ng th c: M A + 2OI ≥ M B + M C ≥ M A + 2OI Như v y b t đ ng th c đã cho đư c ch ng minh. T hai bài toán trên, gi thi t M thu c đư ng tròn khá quan tr ng trong vi c tính đ dài M A, M B, M C theo tích các vector. Ta hãy th m r ng cho trư ng h p M b t kì n m trong tam giác. Và đây chính là k t qu : Bài toán 7. Cho tam giác ABC tho mãn min{A, B, C} ≥ 450 . G i AA , BB , CC là các đư ng trung tuy n c a tam giác. Ch ng minh r ng v i m i đi m P di chuy n bên trong tam giác A B C ta đ u có b t đ ng th c sau: √ PA + PB + PC ≥ 2(P A + P B + P C ) Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 9
  10. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c L i gi i. Ta có: −→ −→ 1 − − − −→ − → −→− PA 2 = PA · PA = PB + PC · PA 2 1 −→ − − −→ − → ⇒ PA = · PA PB + PC 2P A Như v y, ta có: −→ −→ − − −→ −→ − − 1− → PB PC PA PB PC PA = PA · + ≤ · + (7.1) 2 PB PC 2 PB PC −→ −→ − − −→ −→ − − −→ −→ − − Đ t α = ∠(P B , P C ); β = ∠(P C , P A ); γ = ∠(P A , P B ) ta có: −→ −→ − − −→ −→ − − −→ −→ − − PB PC α PC PA β PA PB γ + = 2 cos , + = 2 cos , + = 2 cos (7.2) PB PC 2 PC PA 2 PA PB 2 M t khác: α β γ α max cos , cos , cos · (P A + P B + P C) ≥ cos P A (7.3) 2 2 2 2 Mà ta l i có: α β γ 1 min{A, B, C} ≥ 450 ⇒ max{α, β, γ} ≥ 900 ⇒ max cos , cos , cos ≤√ 2 2 2 2 (7.4) T (7.1), (7.2), (7.3) và (7.4) suy ra đi u ph i ch ng minh. Nh n xét. T đây ta có bài toán tương t : Bài toán 8. Cho tam giác ABC. G i AA , BB , CC là các đư ng trung tuy n c a tam giác. Ch ng minh r ng v i m i đi m P n m trong tam giác ABC ta đ u có: ma + mb + mc √ PA + PB + PC + √ ≥ 2(P A + P B + P C) 2 Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 10
  11. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c 1.1.3 Khai thác b t đ ng th c a2 ≥ 0 B t đ ng th c a2 ≥ 0 là m t b t đ ng th c quen thu c. B n đang t h i: B t đ ng th c này thì có ng d ng gì trong gi i các bài b t đ ng th c hình h c?. Đ tr l i cho câu h i đó, chúng ta hãy đ n v i m t ví d đơn gi n. Bài toán 9. Cho tam giác ABC, tr ng tâm G. M là m t đi m n m trong tam giác. Ch ng minh r ng: 1 M A2 + M B 2 + M C 2 ≥ (a2 + b2 + c2 ) 3 L i gi i. Do G là tr ng tâm tam giác, ta có: − → −→ − → − → − − − − 3M G = M A + M B + M C −→ − −→ − → − → − − − 2 ⇒ (3M G)2 = M A + M B + M C −→ − → − → − → − → −→ − − − − − − ⇔ 9GO2 = M A2 + M B 2 + M C 2 + 2 M A · M B + M B · M C + M C · M A ⇔ 9OG2 = M A2 + M B 2 + M C 2 + M A2 + M B 2 − AB 2 + M A2 + M B 2 − AB 2 + M A2 + M B 2 − AB 2 ⇔ 9OG2 = 3 M A2 + M B 2 + M C 2 − (a2 + b2 + c2 ) Như v y: 3 M A2 + M B 2 + M C 2 − (a2 + b2 + c2 ) = 9OG2 ≥ 0 1 ⇒ M A2 + M B 2 + M C 2 ≥ (a2 + b2 + c2 ) 3 Đ ng th c x y ra khi M ≡ G là tr ng tâm tam giác ABC. Đi u gì khi n b n quan tâm cách ch ng minh trên? Đó chính là cách s d ng b t −→ − đ ng th c − 2 ≥ 0 v i m i vector − (mà trong bài toán này, − = M G). M t →u → u →u − → −→ − → − → − − − − khác, 3M G = M A + M B + M C là có liên quan đ n các y u t M A, M B, M C mà chúng ta đang xét. Chúng ta hãy nghĩ cách r ng quát chúng. M t ý tư ng khá t nhiên là ta s xét: → = x− → + y − → + z − → − u − MA − MB − MC Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 11
  12. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Ta có: (− )2 ≥ 0 → u −→ − −→ − −→ − 2 ⇔ xM A + y M B + z M C ≥0 −→ − → − − −→ − → − − ⇔ x2 M A2 + y 2 M B 2 + z 2 M C 2 + 2xy M A · M B + 2xz M A · M C − → −→ − − + 2yz M B · M C ≥ 0 ⇔ x2 M A2 + y 2 M B 2 + z 2 M C 2 + xy(M A2 + M B 2 − AB 2 ) + xz(M A2 + M C 2 − AC 2 ) + yz(M B 2 + M C 2 − BC 2 ) ≥ 0 ⇔ (x + y + z)(xM A2 + yM B 2 + zM C 2 ) − (yza2 + zxb2 + xyc2 ) ≥ 0 yza2 + zxb2 + xyc2 ⇔ x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 ≥ x+y+z Như v y, ta có đư c m t b t đ ng th c t ng quát khá đ p: yza2 + zxb2 + xyc2 x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 ≥ (9) x+y+z A B C Đ ng th c x y ra khi và ch khi M là tâm t c c a h đi m , , x y z V i phương pháp ch ng minh tương t , ta có th m r ng bài toán cho hai đi m M, N . Bài toán 10. Cho tam giác ABC. Gi s M trên m t ph ng tam giác tho mãn A B C M= , , . N là m t đi m b t kì trong m t ph ng. Ch ng minh r ng: x y z yza2 + zxb2 + xyc2 xM A · N A + yM B · N B + zM C · N C ≥ (10) x+y+z Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 12
  13. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c L i gi i. Ta có: xM A · N A + yM B · N B + zM C · N C −→ −→ − − − → −→ − − − → −→ − − ≥ xM A · N A + y M B · N B + z M C · N C −→ − → −→ − − − −→ − → −→ − − − −→ − → −→ − − − = xM A · N M + M A + xM B · N M + M B + xM C · N M + M C −→ − −→ − −→ − −→ − = x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 + N M · xM A + y M B + z M C = x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 yza2 + zxb2 + xyc2 ≥ x+y+z V y b t đ ng th c đã cho đư c ch ng minh. Nh n xét. T b t đ ng th c trên, ta có th suy ra nhi u b t đ ng th c thú v . A B C Ch ng h n v i M ≡ I là tâm đư ng tròn n i ti p tam giác. Ta có N = , , a b c r r r và N A = A , NB = B , NC = . T b t đ ng th c (10), ta đư c: sin 2 sin 2 sin C 2 ar br cr A · MA + B · MB + · M C ≥ 3abc sin 2 sin 2 sin C2 A B C ⇔ 4Rr cos · M A + cos · M B + cos · M C ≥ 3abc 2 2 2 A B C ⇔ cos · M A + cos · M B + cos · M C ≥ p (10.1) 2 2 2 V i M là đi m b t kì trong m t ph ng. V i cách tương t (10), ta hãy nghĩ m t hư ng khác m r ng cho b t đ ng th c (9). A B C Bài toán 11. Cho tam giác ABC và m t đi m N tho mãn N = , , .M x y z là m t đi m b t kì trong m t ph ng. Ch ng minh r ng: M A3 M B3 M C3 xyc2 + yza2 + zxb2 x· +y· +z· ≥ (11) NA NB NC x+y+z L i gi i. Theo b t đ ng th c AM − GM , ta có: M A3 M A3 M A3 2x · + x · N A2 = x · +x· + x · N A2 ≥ 3x · M A2 NA NA NA Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 13
  14. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Tương t , ta có: M B3 M C3 2y · + y · N B 2 ≥ 3y · M B 2 ; 2z · + z · N C 2 ≥ 3z · M C 2 NB NC Suy ra: M A3 M B3 M C3 2 x· +y· +z· + x · N A2 + y · N B 2 + z · N C 2 NA NB NC ≥ 3 x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 (11.1) Theo b t đ ng th c (9) thì: yza2 + zxb2 + xyc2 x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 ≥ (11.2) x+y+z A B C M t khác, do N tho mãn N = , , nên x y z xyc2 + yza2 + zxb2 x · N A2 + y · N B 2 + z · N C 2 = (11.3) x+y+z T (11.1) (11.2) và (11.3), ta có M A3 M B3 M C3 xyc2 + yza2 + zxb2 x· +y· +z· ≥ NA NB NC x+y+z Như v y, b t đ ng th c đã cho đư c ch ng minh. Tương t như bài toán ??, cho N ≡ I ta có b t đ ng th c: A A A a sin · M A3 + a sin · M A3 + a sin · M A3 ≥ abcr (11.4) 2 2 2 Nh n xét. T b t đ ng th c (9). Ta có th bi n hoá m t chút b ng cách thay Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 14
  15. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c a b c x= ,y = ,z = . Khi đó, t b t đ ng th c (9) ta đư c: MA MB MC yza2 + zxb2 + xyc2 x+y+z b c c a a b · · a2 + · · b2 + · · c2 = MB MC MC MA MA MB a b c + + MA MB MC abc aM A + bM B + cM C = · M A · M B · M C aM B · M C + bM C · M A + cM A · M B MA · MB · MC aM A + bM B + cM C = abc · aM B · M C + bM C · M A + cM A · M B T đó, suy ra: yza2 + zxb2 + xyc2 x · M A2 + y · M B 2 + z · M C 2 ≥ x+y+z a b c ⇔ · M A2 + · M B2 + · M C2 ≥ MA MB MC aM A + bM B + cM C abc · aM B · M C + bM C · M A + cM A · M B aM A + bM B + cM C ⇔ aM A + bM B + cM C ≥ abc · aM B · M C + bM C · M A + cM A · M B ⇔ aM B · M C + bM C · M A + cM A · M B ≥ abc MB · MC MC · MA MA · MB ⇔ + + ≥1 (9.1) bc ca ab Nh n xét. T bài toán trên, ta có h qu tr c ti p: Bài toán 12. Cho tam giác ABC. M là m t đi m b t kì trong m t ph ng. Ch ng minh r ng: MA MB MC √ + + ≥ 3 a b c Ta nh n th y r ng bài toán là m t b t đ ng th c hình h c v i đi m M b t kì r t m nh. Nhưng tôi v n chưa thành công trong vi c t ng quát nó. Bài toán t ng quát. Cho tam giác ABC, M là m t đi m b t kì trong m t ph ng; Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 15
  16. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c x, y, z là các s th c dương b t kì. Tìm các đánh giá cho f (x, y, z) không ph thu c vào M tho mãn: xM B · M C + yM C · M A + zM A · M B ≥ f (x, y, z) Ta th y b t đ ng th c (9) r t có hi u qu v i các bi n M A2 , M B 2 , M C 2 . Sau đây là m t s ví d : Bài toán 13. Cho tam giác ABC. M là m t đi m b t kì trong tam giác. Ch ng minh r ng: M B.M C M C.M A M A.M B 3xyz x. + y. +z ≥ (a + b + c) (13) MA MB MC xy + yz + zx L i gi i. Ta có: 2 1 M B.M C M C.M A M A.M B x. + y. +z 3 MA MB MC 2 2 2 ≥ yzM A + zxM B + xyM C xyz(xa2 + yb2 + zc2 ) ≥ xy + yz + zx Theo b t đ ng th c AM − GM , ta có 1 1 1 (xa2 + yb2 + zc2 ) + + ≥ (a + b + c)2 x y z 2 xyz(xa2 + yb2 + zc2 ) xyz ⇔ ≥ (a + b + c)2 xy + yz + zx xy + yz + zx Tóm l i, ta có: 2 1 M B.M C M C.M A M A.M B x. + y. +z ≥ 3 MA MB MC 2 2 2 ≥ yzM A + zxM B + xyM C 2 xyz ≥ (a + b + c)2 xy + yz + zx Như v y: M B.M C M C.M A M A.M B 3xyz x. + y. +z ≥ (a + b + c) MA MB MC xy + yz + zx Như v y, bài toán đã cho đư c ch ng minh. Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 16
  17. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Tương t như trên, ta hãy xét các vector − có d ng khác. Ta đư c bài toán: → u Bài toán 14. Cho tam giác ABC. M là m t đi m b t kì trong m t ph ng. Ch ng minh r ng: √ aM B + bM C + cM A ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 (14) L i gi i. G i X là đi m tho mãn: −→ − −→ − −→ − XB XC XA − → a +b +c = 0 XB XC XA Khi đó: −→ − −→ − −→ − −→ − XB XC XA aM B + bM C + cM A ≥ M X a +b +c + aXB + bXC + cXA XB XC XA hay aM B + bM C + cM A ≥ aXB + bXC + cXA. −→ − −→ − −→ − XA − → XB − → XC − → Đ t = i, = j, = k . Ta có: XA XB XC → − → − → − − → a i +bj +ck = 0 − −→ −→ −→ → BC − → CA − → AB − Đ t i = , j = , k = , ta có: a b c → − → − → − − → a i + b j + ck = 0 Do đó: → − → − → → − − (a i + b j )2 = c2 a2 + b2 + 2ab cos( i , j ) = c2 → − → − ⇔ → → − − (a i + b j )2 = c2 a2 + b2 + 2ab cos( i , j ) = c2 → → − − → → − − Suy ra cos( i , j ) = cos( i , j ) hay BXC = 1800 − BCA. Do đó XBC + XCB = XCB + XCA ⇒ XBC = XCA Tương t , ta có: XBC = XCA = XAB = α. Ta s tính XA, XB, XC theo a, b, c là đ dài các c nh c a tam giác ABC. Ta có: b2 = XA2 + XB 2 − 2XA · XB · cos AM C = XA2 + XB 2 − 2XA · XB · cos A Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 17
  18. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c và XA b b = = sin α sin AXC sin A XC a XA bc = ⇒ sin α sin C XC a2 Suy ra: b2 c 2 bc b2 + c2 − a2 b2 = XC 2 1 + +2 2 · a4 a 2bc Hay b 2 a4 a2 b XC 2 = ⇒ XC = √ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 Tương t , ta có: b2 c c2 a XA = √ , XB = √ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 Như v y: √ aXB + bXC + cXA = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 Như v y b t đ ng th c đã cho đư c ch ng minh. 1.2 B t đ ng th c Finsler - Hadwiger B t đ ng th c F insler − Hadwiger là m t b t đ ng th c khá m nh trong tam giác. Đây là m t b t đ ng th c có r t nhi u ng d ng và nhi u hư ng m r ng. Trong khuôn kh c a bài vi t, tôi xin gi i thi u các áp d ng c a b t đ ng th c này trong ch ng minh các d ng b t đ ng th c hình h c ta đang xét. Bài toán 15. Cho tam giác ABC có đ dài các c nh a, b, c; di n tích S. Tam giác XY Z có đ dài các c nh x, y, z; di n tích S . Ch ng minh r ng : a2 (y 2 + z 2 − x2 ) + b2 (z 2 + x2 − y 2 ) + c2 (y 2 + z 2 − x2 ) ≥ 16SS (15) L i gi i. Trong tam giác ABC, ta có công th c: 16S 2 = 2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 − a4 − b4 − c4 Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 18
  19. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c Ta có: 16SS = 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) − a4 − b4 − c4 2(x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) − x4 − y 4 − z 4 Như v y, ta xét: 16SS + 2 a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 = 2 b2 c 2 − a4 2 y2z2 − x 4 + 2 a2 x 2 + b 2 y 2 + c 2 z 2 Theo b t đ ng th c Cauchy − Schwarz, ta có: 2 16SS + 2 a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ≤ 2 b2 c 2 + a4 2 y2z2 + x4 2 2 = a2 + b2 + c2 x2 + y 2 + z 2 ⇒ 16SS + a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 ≤ a2 + b2 + c2 x2 + y 2 + z 2 ⇒ a2 (y 2 + z 2 − x2 ) + b2 (z 2 + x2 − y 2 ) + c2 (y 2 + z 2 − x2 ) ≥ 16SS Như v y b t đ ng th c đã cho đư c ch ng minh. Chú ý. Khi đ t x = y 2 + z 2 − x2 , y = x2 + z 2 − y 2 , z = x2 + z 2 − z 2 . B t đ ng th c (15) tương đương v i: √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ 4 xy + yz + zxS (15.1) B t đ ng th c trên mang tên b t đ ng th c F insler − Hadwiger là m t b t đ ng th c quan tr ng. Trong chương này, ta hãy xét các ng d ng c a nó. Ta có m t m r ng đ u tiên c a b t đ ng th c này. Bài toán 16. Cho tam giác ABC có đ dài các c nh a, b, c; di n tích S. x, y, z là các s th c dương b t kì. Ch ng minh r ng: √ xab + ybc + zac ≥ 4 xy + yz + zx · S (16) L i gi i. Theo b t đ ng th c P hinsler − Khadvigher ta có: √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ 4 xy + yz + zx · S (v i m i x, y, z) Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 19
  20. Nguy n Thanh Trà B t đ ng th c hình h c b c a - V i x = x · , y = y · , z = z · , ta có: a b c c a b xab + ybc + zac ≥ 4 xy · + yz · + zx · · S (v i m i x, y, z) a b c c a b - V ix = z · , y = x · , z = y · , ta có: a b c a b c xab + ybc + zac ≥ 4 xy · + yz · + zx · · S (v i m i x, y, z) c c b T trên, ta có: √ xab + ybc + zac ≥ 4 xy + yz + zx · S V y b t đ ng th c đã cho đã đư c ch ng minh. Trong b t đ ng th c trên có xu t hi n nh ng s x, y, z b t kì. Ta nghĩ t i vi c thay các s x, y, z b ng các bi n M A, M B, M C. Ta nh n đư c m t s bài toán: Bài toán 17. Cho tam giác ABC v i đ dài các c nh a, b, c; di n tích S. M là m t đi m b t kì n m trong tam giác. Ch ng minh r ng: aM A + bM B + cM C ≥ 4S (18) MA MB MC L i gi i. Thay x = ,y = ,z = . Theo b t đ ng th c F insler − a b c Hadwiger, ta có: aM A + bM B + cM C a b c = · M A2 + · M B2 + · M C2 MA MB MC MA MB MB MC MC MA ≥4 · + · + · ·S a b b c c a M t khác, ta có: MA MB MB MC MC MA · + · + · ≥1 a b b c c a Nên aM A + bM B + cM C ≥ 4S V y b t đ ng th c đã cho đư c ch ng minh. Seminar Trư ng THPT chuyên ĐHSP HN Page 20
Đồng bộ tài khoản