Khai thác vectơ

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
50
lượt xem
10
download

Khai thác vectơ

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

Tham khảo tài liệu 'khai thác vectơ', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Khai thác vectơ

  1. KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG 2 CỦA TỔNG VECTƠ : 0 MA MB MC . Nguyễn Lái GV THPT chuyên Lương Văn Chánh Xét bất đẳng thức (BĐT): ( MA MB MC ) 2 0 trong đó M là một điểm tuỳ ý nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b, BA = c. Đẳng thức xảy ra khi M G (trọng tâm tam giác). Ta khai thác BĐT trên theo hai hướng tích vô hướng sau : 2 2 2 A/ Sử dụng tích vô hướng dạng : 2u.v u v u v . Tacó: (MA MB MC) 2 0 MA 2 MB 2 MC 2 2.MA.MB 2.MB.MC 2.MC .MA 0 3 MA2 MB 2 MC 2 BA 2 BC 2 AC 2 0 a2 b2 c2 3 MA 2 MB 2 MC 2 . (*) I/ Khi M O. (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, bán kính R ). Lúc này : OA = AB = OC = R, nên B ĐT (*) trở thành : a2 + b2 + c2 9R2. (1) +Áp dụng hệ thức sin, thay a 2 R sin A ; b 2 R sin B ; c 2 R sin C ,vào (1) ta có 9 sin 2 A sin 2 B sin 2 C . (2). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 4 1 1 +Áp dụng BĐT Bunhiacovski ,từ (1) có (a+b+c) 2 a2 + b2 + c2 9R2 (a+b+c) 2 9R2 3 3 4R2(sinA + sinB + sinC) 2 27R2 3 3 sinA + sinB + sinC . (3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 2 +Tiếp tục vận dụng các hệ thức l ượng tam giác và các BĐT Cauchy ,Bunhiacovski từ (1) suy ra 1 1 1 9R 2 9R 2 . (4) ; cot gA cot gB cot gC . (5) sin A sin B sin C 2S 4S 2 1 1 1 3R 2 . (6) ; 2p 3 3R . (7) : 2S 3 3R.r (8) ha hb2 hc2 2S 9 sinBsinC (1 – cosA) + sinCsinA (1 – cosB) +sinAsinB (1 – cosC) . (9) 8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. trong đó S, p ,R, r ,ha, hb, hc là diện tích,nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp ,độ dài các đường cao phát xuất từ đỉnh A,B,C của tam giác ABC. II/ Khi M I : (tâm đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính r). Từ (*): a 2 b 2 c 2 3 MA 2 MB 2 MC 2 a2 + b2 + c2 3(IA2 + IB2 + IC2). (10) + Gọi E là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm I nội tiếp tam giác A IE r ABC. Xét tam giác AIE vuông t ại E có: IA A A sin sin E 2 2 r r tương tự có: IB = ; IC = . B C I sin sin 2 2 B C Thay IA, IB, IC các biểu thức trên vào (10)
  2. 1 1 1 a 2 b2 c2 3r 2 A B C sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 1 1 1 a2 b2 c2 2 2 a b c 2p . 2A B C 3r 2 9r 2 3r sin sin 2 sin 2 2 2 2 2 1 1 1 2p . (11). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. A B C 3r sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 +Tương tự thay IA 2 = r2 + (p – a)2 , IB2 = r2 + (p – b)2 , IC2 = r2 + (p – c)2 vào (10) 2(a2 + b2 + c2) 3p2 – 9r2 . (12). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. +Tiếp tục khai thác trong mọi tam giác ABC ta luôn có 3 p 3r cotgA + cotgB + cotgC . (12); p2 6R 2 3r 2 . (13) 8 r p Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. III/ Khi M G : (trọng tâm tam giác ). Từ (*) a 2 + b2 + c2 3(MA2 + MB2 + MC2) a2 + b2 + c2 = 3(GA 2 + GB2 + GC2 ) . (14) +Gọi ma, mb, mc lần lượt là độ dài các trung tuyến đi qua A, B, C . 2 2 2 Thay GA = , GB = , GC = vào (14) ta có đẳng thức 3m a 3m b 3mc 3 ma2 + mb2 + mc2 = a 2 b 2 c 2 . (15) 4 1 4 2 + Ta có a + b + c 9R2 ; a2 b2 c2 (a b c) 2 p 2 2 2 3 3 27 2 Từ (15) suy ra p2 ma2 + mb2 + mc2 R . (16) 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 27 3 +Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy, có ma.mb.mc R . (17) 8 +Từ (15) ta có : 1 2 2 2 2 3 2 27 2 ma mb mc ma mb mc a b 2 c 2 3R 2 sin 2 A sin 2 B sin 2 C R 3 4 4 9 1 1 1 9 2 ma + mb + mc R 2 ma mb mc ma mb mc R 1 1 1 2 . (18). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. ma mb mc R VI/ Khi M H : (trực tâm tam giác). A Từ (*) : a 2 + b2 + c2 3 (MA2 + MB2 + MC2) a2 + b2 + c2 3(HA2 + HB2 + HC2). (19) +Giả sử tam giác ABC có ba góc nhọn.V ì tam giác ABC nhọn nên trực B' tâm H nằm trong tam giác ABC . C' Giả sử A’, B’, C’ là chân các đường cao AH, BH, CH xuống các H cạnh BC, AC, AB. Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có B CA' CA' AC . cos C C HC 2 R cos C . A' sin CHA' sin B sin B Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC
  3. Thay các giá trị HA, HB, HC vào (19) ta có 1 a2 + b2 + c2 12R2(cos2A+cos2B+cos2C) (a+b+c) 2 12R2(cos2A+cos 2B+cos2C) 3 2 p cos2A + cos2B + cos2C . (20). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 3R 1 1 1 1 a 1 b 1 c 1 1 1 1 +Ta có S= aha bhb chc ; ; . 2 2 2 ha 2S hb 2S hc 2S ha hb hc r 1 1 1 Từ (19) : a 2 + b2 + c2 3(HA2 + HB2 + HC2) 4S 2 ( ) 3( HA 2 HB 2 HC 2 ) ha2 hb2 hc2 2 4S 2 1 1 1 3( HA 2 HB 2 HC 2 ) 3 ha hb hc 2 2S HA2 + HB2 + HC2 . (21).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 3r +Giả sử tam giác ABC nhọn .Gọi A ’, B’, C’, là chân đường cao AH, BH, CH lần l ượt xuống các cạnh BC, CA, AB ta có: S BHC S AHC S AHB HA ' HB ' HC ' SABC = SBHC + SCHA + SAHB 1 1 S ABC S ABC S ABC AA ' BB ' CC ' HA HB HC 2 aHA bHB cHC 4S . Từ (19) suy ra AA ' BB ' CC ' 3(HA2 + HB2 + HC2)2 (a2 + b2 + c2)( HA2 + HB2 + HC2) (aHA + bHB +cHC) 2 = 16S2 4 HA2 + HB2 + HC2 S. (22).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. 3 Mời các bạn tiếp tục khai triển (*) theo h ướng B/ Sử dụng tính vô hướng dạng : u.v u . v .cos u , v . sau khi khai triễn BĐT (*) : 2 Khi M O : 0 OA OB OC = 3R2 +2R2 (cos2A + cos2B +cos2C). Vậy : Trong mỗi tam giác ABC ta luôn có : 3 cos2A + cos2B + cos2C . (23) 2 2 Khi M I : 0 IA IB IC IA 2 IB 2 IC 2 2 IA.IB. cos C 2 IB.IC. cos A 2 IC.IA. cos B . (24) Ta có các bài toán sau: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có : 1 1 1 1 1 1 2 (25) 2 A B 2 C2 A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, trong đó A, B, C l à 3 góc của một tam giác . A B C 1 1 1 sin sin sin 26 2 2 2 A B C sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 Chứng minh: (25)
  4. A Gọi N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh IN r AB ta có: IA = ; A A sin sin N 2 2 r r Tương tự : IB = ; IC = . I B C sin sin 2 2 C A B B Và chú ý : IA.IB IA.IB cos AIB IA.IB cos(180 0 ) 2 C C A B IA.IB cos(90 0 ) IA.IB sin . Tương tự: IB.IC = IB.IC sin ; IC.IA = IC.IA sin 2 2 2 2 A B C sin sin sin 1 1 1 2 2 2 (25) 0 r2 2r 2 A B C B C A C A B sin 2 sin 2 sin 2 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C sin sin sin 1 1 1 2 2 2 2 (a) 2 A 2 B 2 C B C A C A B sin sin sin sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C sin sin sin 2 2 2 1 1 1 Mặt khác : (b) B C A C A B A B C sin sin sin sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 Từ (a) và (b) ta có: 2 (đpcm) A 2 B2 C2 A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều . Lời giải (26) A B C Nhân 2 vế của BĐT (25) cho sin sin sin >0 ta có : 2 2 2 A B C 1 1 1 sin sin sin 2 2 2 A B C sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 1 1 1 A B C 2 sin sin sin 18 (Bunhiacôpxky) A B C 2 2 2 sin sin sin 2 2 2 Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều . A B C 1 1 1 Vậy : Max sin sin sin 18. 2 2 2 A2 B 2 C2 sin sin sin 2 2 2 Khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
  5. *Mặt khác, giả sử M, N, P l à các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC (có tâm I bán kính r) với các cạnh AB, BC, CA ta sẽ có: 2 0 IM IN IP 3r 2 2r 2 cos A cos B cos C . Vậy trong mọi tam giác ABC ta có : 3 1 cosA + cosB + cosC . (27) , cosA.cosB.cosC . (28) 2 8 Bài toán thay lời kết : Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có : 6cosA.cosB.cosC + sin 2A + sin2B + sin2C 3. (29) Chứng minh: A Gọi A’, B’, C’, lần lượt là trung điểm BC, CA, AB và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác,vì tam giác nhọn nên O nằm B' trong tam giác ABC ta có: C' 2 O 0 OA ' OB ' OC ' ( OA‘2 + OB‘2 + OC‘2)2 2 OB’.OC’.cosA + 2 OA ’.OC’.cosB + 2 OA ’.OB’.cosC. B C Mặt khác ta có:OA’= OB.cos(BOA’) = OB.cosA .Hay OA ’ = R.cosA A' Tương tự ta có: OB ‘ = RcosB, OC ‘ = RcosC Do đó BĐT 6cosA.cosB.cosC + sin 2A + sin2B + sin2C 3 (đpcm). Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều. 1 9 *Bài toán trên cần chứng minh: cosA.cosB.cosC và sin2A + sin2B + sin2C 8 4 rồi suy ra kết quả trên thì không thể ngắn hơn. Trong khi khai thác BĐT t ưởng chừng đơn giản ( MA MB MC ) 2 0 chúng ta lại “khám phá” ra cách giải bài này. Điều đó chứng tỏ toán học rất lạ! Toán học có ở quanh ta, mong các bạn tiếp tục khai thác bình phương của một tổng Vectơ khác để “khám phá” ra điều mới, hấp dẫn h ơn ./.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản