BẤT ĐẲNG THỨC GIỮA CÁC CẠNH, CÁC ĐƯỜNG TRONG TAM GIÁC

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bất đẳng thức giữa các cạnh, các đường trong tam giác', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BẤT ĐẲNG THỨC GIỮA CÁC CẠNH, CÁC ĐƯỜNG TRONG TAM GIÁC

BẤT ĐẲNG THỨC GIỮA CÁC CẠNH, CÁC ĐƯỜNG TRONG TAM GIÁC Bài 30. Cho tam giác ABC. Gọi a, b, c và ha, hb, hc lần lượt là các cạnh và các độ dài của các đường cao kẻ từ A, B, C; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh rằng: a b c 3R 1) a 6 h 3  b 6 h 3  c 6 h 3  96RS 4 ; 2) .  2 2 b c a 2 S hb hc ha Giải 1) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có a 6 hb3  b6 hc3  c 6 ha  3a 2 hb .b 2 hc .c 2 ha  3abc  aha  bhb .chc . 3 ah a .bh b .ch c  2S.2S.2S  8S3 ; Lại có abc = 4RS. a 6 h 3  b 6 h 3  c 6 h 3  96RS 4 . Suy ra b c a (đpcm) a 3  bc 2 6 3 6 3 6 3 a h  b h  c h  b c a  b 3  a 2 c  a  b  c . Dấu “ = ” xảy ra   ah a  bh b  ch c 3 2 c  ab 2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có ab c abc 3abc .  2  2  33 2 2 2  2 hb hc ha ha .hb .hc 2  aha .bhb .chc  3 39
ab c 3.4.RS 3R Lại có a.h a .b.h b .c.h c  8S3 ; abc = 4RS  .  2 2  hb hc ha  2S 2 2 S (đpcm) a 2  bc a b c  2 2  Dấu “ = ” xảy ra   hb2 h c h a  b 2  ca  a  b  c .  a.h  b.h  c.h 2 c  ab a b c  Mở rộng: Với mọi tam giác ABC, ta luôn có: a 3  .h 3  b 3 .h 3  c 3  .h 3  3. 2 2   .S   2  .R    ( ,   ). b c a (Chứng minh dành cho bạn đọc). Bài 31. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c; S là diện tích. Chứng minh rằng 2 2 2 a 2  b 2  c 2  4 3S  a  b   b  c   c  a  . (*) Giải. Ta có 2 2 2 (*)   a 2   b  c    b 2   c  a    c 2   a  b    4 3S      p  b p  c   p  c p  a   p  a p  b   3S (với p là nửa chu vi). x  p  b  y  p  c  x  y  z  3p  a  b  c   p . Đặt: z  p  a  S = pp  a p  b p  c  . Ta lại có Khi đó, (*) tương đương với: xy + yz + xz  3xyz (x  y  z ) 40
 x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  2 xyz (x  y  z )  3xyz ( x  y  z)  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  xyz (x  y  z) . Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: x 2 y 2  y 2 z 2  2 xy 2 z ; y 2 z 2  z 2 x 2  2xyz 2 ; z 2 x 2  x 2 y 2  2 x 2 yz . Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  xyz ( x  y  z) . (đpcm) Dấu “ = ” xảy ra  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  x  y  z  a  b  c . Nhận xét  Từ bất đẳng thức (*), ta có bất đẳng thức ab  bc  ca  4 3S . (**) (*)  2(ab  bc  ca )  4 3S  a 2  b 2  c 2 Thật vậy, ta có  ab  bc  ca  4 3S (do a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca ).  Để chứng minh (**), ta không nhất thiết phải chứng minh (*) mà có thể chứng minh trực tiếp như sau: abc Theo công thức tính diện tích: S  , thay vào (**) ta có: 4R 3abc ab  bc  ca  R 41
111 3 1 1 1  2 3 (theo ĐL hàm số      abc R sin A sin B sin C sin). (bất đẳng thức đã được chứng minh ở bài 24(câu 1) ). Vậy (* *) đúng. Dấu “ = ” xảy ra  sin A = sin B = sin C  A = B = C.  Từ (* *) ta suy ra được một số bất đẳng thức “khá đẹp”: 2) a 2  b 2  c 2  4 3.S ; 1) a  b  c  24 27 . S ; 4) a 4  b 4  c 4  16S2 . 3) a 3  b 3  c 3  84 3.S S ; Chứng minh. Ta có 3( xy  yz  zx )  (x  y  z ) 2  3x 2  y 2  z 2  .?? Khi đó, từ (**) ta suy ra: 1) a  b  c 2  3ab  bc  ca   3.4 3S  a  b  c  2 4 27 . S . (đpcm) 2) 3a 2  b 2  c 2   a  b  c 2  4 27 .S  a 2  b 2  c 2  4 3.S . (đpcm)    2 3 a 4  b 4  c 4  a 2  b 2  c2  16.3.S2 4)  a 4  b 4  c 4  16S2 . 3) Để chứng minh 3) ta dựa vào một trong các bất đẳng thức (**), 1) hoặc 2). 42
1/ 2  ab  bc  ca   ab  bc  ca  3T 2 . Đặt T  3   Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta được: a 3  b 3  T 3  3abT ; b 3  c 3  T 3  3bcT ; c 3  a 3  T 3  3caT . Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được   2 a 3  b 3  c 3  3T 3  3Tab  bc  ca   9T 3 3  ab  bc  ca  2 3 3 3 3  . a  b  c  3T  3 3   3  4 3.S  2 a 3  b 3  c 3  3    3   8 3.S S . (đpcm) 4   Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c = T  ABC là tam giác đều. (Ngoài cách chứng minh trên, ta còn có cách chứng minh “rất bất đẳng thức” sẽ được trình bày theo bài riêng).  Mở rộng bài toán (* *): Với mọi tam giác ABC, ta luôn có  1 +       .S (   ). (1) 2 a b  b c  c a  4 .3 abc Giải. Thay S  vào (1) và áp dụng định lí hàm số sin, ta 4R được  1 1 1 1  2 . 3 2 . (1)    sin  A sin  B sin  C Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có 43
1 1 1 3 . (2)    sin A sin B sin C sin A. sin B. sin C  / 3    3 / 2 33 /3  sin A.sin B.sin C    . Lại có sin A.sin B.sin C  2 8 (3)  3.2  1 1 1 1   / 2  2 .3 2 . Từ (2) và (3) suy ra      sin A sin B sin C 3 (đpcm)  Mở rộng bài toán (*): n  4S    a  b   b  c   c  a  (n 2n 2n 2n 2n 2n 2n   *). a b c  3.  3 (2) Giải. Ta có n  4S  (2)  a  b  c   b  c  a   c  a  b   * 2n 2n 2n 2n 2n 2n  . (2 )  3.  3 Chỉ cần chứng minh (2*) đúng với n  2 (n = 1 chính là bất đẳng thức (*)), ta có: n b  c2  b  c 2  bc ; a  b  c 1  1  a2 2 a a  (3) 44
n 2 2 a 2  b  c   a 2  b  c   2 a  a  b  c   1  2 2 .  a2 a2   (4) b  c2  a 2  b  c2  b  c2 n  a 2  b  c2  n Từ (3), (4) suy ra 2 2 2n 2n a a a a   2n 2n  a 2 n  b  c   a 2  b  c   a 2 n  b  c   4 n p  b p  c  . 2n n (5) Dấu “ = ” của (5) xảy ra  b = c. Chứng minh tương tự, ta có: b 2 n  c  a 2 n  4 n p  c .p  a n . (6) Dấu “ = ” của (6) xảy ra  c = a. c 2 n  a  b   4 n p  a p  b  . 2n n Và có (7) Dấu “ = ” của (7) xảy ra  a = b. Cộng từng vế của (5), (6), (7), ta được VT(2*)  4n  p  b n  p  c n   p  c n  p  a n   p  a n  p  b n    x  p  b  Đặt  y  p  c  x  y  z  3 p  ( a  b  c)  p . z  p  a  Khi đó VT(2*)  4n  x n y n  y n z n  z n x n  . 45
Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta được:   (8); y n z n  z n x n  2 xy .z  n n x n y n  y n z n  2 xz .y (9)   n z n x n  x n y n  2 yz .x (10). Cộng từng vế của (8), (9), (10), ta được   VT(2*)  4n  xyz  . n xn  y n  z n . x yz Đặt  x  y  z  3A . A 3 Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dương, ta được: x n  x n  ...  n  n.x. A n 2 ; A n  A   n 2 la`n ˆ (11) y n  y n  ...  n  n.y. A n 2 ; A n  A  n  2 la`n ˆ (12) z n  z n  ...  n  n.z. A n 2 . A n  A   n 2 la`n ˆ (13) Cộng từng vế của (11), (12), (13), ta được   2 x n  y n  z n  3n  2  A n  n. A n 2 x  y  z   3n A n . 46
n xyz n n n .  x  y  z 3  3   Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c. Do đó n n  4. p  p  a   p  b   p  c    xyz ( x  y  z )  * n VT(2 )  4 .3.   3.      3 3       n  4.S  *  VT(2 )  3.   .  3 (đpcm) Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c. Bài 32. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c. Gọi p là nửa chu vi, S là diện tích. Chứng minh rằng p  4 27 . S . (*) Giải. Ta có: bca cab abc 0;  0; 0. pa  pb  pc  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có 3 p3 pa pbpc  p  a .p  b .p  c    p  a .p  b .p  c    27 3   p4  pp  a .p  b .p  c   S2  p  4 27 . S . (đpcm)  27 47
Dấu “ = ” xảy ra  p  a  p  b  p  c  a  b  c . Chú ý:  Từ (*) ta suy ra hai bất đẳng thức sau: 2) S  3 3r 2 . 1) p  3 3r ;   1 Mở rộng bất đẳng thức (*): a  b  c  2 .3 .S (  +).      4 2 (1) Chứng minh: Để chứng minh (1), nếu thông qua bất đẳng thức (*) sẽ phức tạp. Ta chứng minh trực tiếp bằng cách dùng định lí hàm số sin và áp dụng bất đẳng thức Cô-si. Ta có      (1)   sin A    sin B    sin C   2 2 .3 4 2 2 2 1 .        sin B. sin C   sin C. sin A   sin A . sin B  (1*) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:     sin A  2  sin B  2  sin C  2 3 .         sin B. sin C   sin C.sin A   sin A.sin B  sin A. sin B.sin C 6    3 3 6 34 33   sin A.sin B.sin C 6    Vì  8   . sin A.sin B.sin C  8   22   1 VT(1*)  2 2 .3  . 4 (đpcm) sin A sin B sin C Dấu “ = ” xảy ra    sin B. sin C sin C. sin A sin A. sin B 48
 sin A  sin B  sin C  A  B  C .  Tương tự, ta có bất đẳng thức “khá đẹp” sau: ab 2  bc 2  ca 2  8.4 3.S S . (2)   1        4 2 Mở rộng (2), ta được a .b  b .c  c .a  2 .3 .S  (,   0). Bài 33. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và S là diện tích. Chứng minh rằng với hai số nguyên dương x, y bất kì, ta luôn có 3 x  8x  y  S S  x  x  .  a  .b  b  .c  c  .a      y 27 .y 3 y  y  4   (1) Giải. Ta có 3 8x  y  S S (1)  ay  xb by  xc cy  xa   . 4 27 (2) Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (x + y) số dương, ta có ( x  y) a...a  b...b  x  y  a y .b x        ˆ ˆ yla`n xla`n ( xy)  ay  bx  x  y  a y .b x . (3) ( x  y) Tương tự: by  cx  x  y  b y .c x ; (4) 49
( xy) cy  ax  x  y  c y .a x . (5) Nhân từng vế của (3), (4), (5) với nhau, ta được: ay  bx by  cx cy  ax   x  y 3 .abc . 8S S Để (2) đúng ta chỉ cần chứng minh abc  . 4 27 (6) Theo công thức tính diện tích, ta có 2S  ab sin C  bc sin A  ca sin B . 8S S 33 222  8S3  a 2 b 2 c 2 .sin A.sin B.sin C  . .a b c  abc  4 8 27 Dấu “ = ” của (6) xảy ra  sinA = sinB = sinC  ABC đều. Suy ra (2) đúng . Vậy (1) đúng. Dấu “ = ” của (1) xảy ra  ABC đều. Chú ý: 64S S  Trường hợp đặc biệt x = y, ta có (a  b)(b  c)(c  a )  . 4 27 3 8 x  y  S 3      2 x x x  Mở rộng (1), ta có  a   .b  . b   .c  . c   .a    .  y  y  y      3 .y 3 4 8S S  Việc chứng minh được bất đẳng thức abc  đã giúp ta giải 4 27 quyết được một số bài toán mở rộng của bài 31 một cách rất đơn giản. 50
Ví dụ: Ta chứng minh bài toán mở rộng sau:     1        (   0). 4 2 a b b c c a  2 .3 .S Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có       1         . 3 4 2 a b  b c  c a  3(abc ) 2 3 S (đpcm) a  b   b  c   c  a  Dấu “ = ” xảy ra    a  b  c.  8S S abc  4 27  Bài 34. Cho tam giác ABC có các cạnh lần lượt là a, b, c. Gọi p là nửa chu vi, S là diện tích, r là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng p2 3.4 3 1 1 1  2.    p  a p  b p  c 3r S (1) Giải. Ta có: p – a > 0; p – b > 0; p – c > 0. +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có 3 1 1 1 27 27 p  p  a  p  b  p  c   (p  a )(p  b)(p  c)  S2 .     3 1  27.4 27 1 1 Theo bài 32 ta có p  27 . S  4  pa pb pc     SS   51
3.4 3 1 1 1   .   pa pb pc S (đpcm) 1 1 1 p  a  p  b  p  c Dấu “ =” xảy ra   a = b = c.  p  4 27 . S  1 1 1 (p  a )(p  b)  (p  c)(p  b)  (p  c)(p  a ) +) Xét = .   pa pb pc (p  a )(p  b)(p  c) 3(xy + yz + zx)  (x + y + z)2 x, y, z . Suy ra Lại có ( p  a  p  b  p  c )2 1 1 1    p  a p  b p  c 3( p  a )( p  b)( p  c ) p2 p3 p2  2  2 . (đpcm)  3( p  a )( p  b)( p  c) 3S 3r Dấu “=” xảy ra  p  a = p  b = p  c  a = b = c . Chú ý:  Dạng tương đương của (1): p2 3.4 3 1 1 1 .     2 S a  b  c b  c  a c  a  b 6r      43 1 1 1 (  R  ) .  Mở rộng (1):        3  S  pa   pb  pc        (*) Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta được 52
   1 1 1 3 . (**)         p a   pb  p c  ( p  a)( p  b)( p  c) 3   3 3 3. p 3. p .    2  p( p  a)( p  b)( p  c)  3 3 S     3.(4 3 )  .S 6 4 3   3.  Mà p  ( 3 ) .S nên VP(**)   (*) đúng. 4 3 6  S 2   3 S 1 1 1 p  a  p  b  p  c Dấu “=” xảy ra   a = b = c.  p  4 27 . S  Những tam giác nào thoả mãn điều kiện: Bài 35. (a  b)(b  c)(c  a ) r , (1) 16abc R trong đó a, b, c là độ dài các cạnh; R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC . Giải. Ta có (a  b)(b  c)(c  a ) 2 ab. 2 bc. 2 ca 1 .  16abc 16.abc 2 (2) Dấu “=” xảy ra  a = b = c. abc abc Ta lại có S=  p.r  .r 4R 2 53
 2R.sinA.sinB.sinC = (sinA + sinB + sinC).r 2R 1 1 1  .    r sin B.sin C sin C.sin A sin A. sin B Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có 3 1 1 1    2 sin B. sin C sin C. sin A sin A.sin B 3 (sin A. sin B.sin C) 2 3 33 Do sinA.sinB.sinC  nên (sin A.sin B.sin C ) 3  . 4 8 2R 1 1 1 Suy ra    4 r sin B.sin C sin C.sin A sin A.sin B r1 . (3)  R2 1 1 1 Dấu “=” xảy ra    sin B. sin C sin C. sin A sin A. sin B  sinA = sinB = sinC  a = b = c.  (a  b)(b  c)(c  a ) 1    16abc 2a Từ (2) và (3) suy ra có đẳng thức (1)   r 1 R 2  = b = c. Chú ý:  Ngoài cách chứng minh R  2r ở trên, ta có thể chứng minh theo cách sau: 54
8S S 2S Ta có 4RS = abc   R 4 . 4 27 27 (4) Lại có S = p. r  4 27 . S  r  S  4 27  r. (5) 24 Từ (4) và (5) ta có R 4 . 27 . r = 2r. 27 (6) abc  Từ công thức diện tích S = p  r = , suy ra 4R abc 8S S 2. S.S pRr = . 4 4 4 4. 27 27 (7) Ta đã có mối liên hệ giữa p, S, R với r và p, R với S. Liệu ta có thể thiết lập được mối liên hệ giữa p và R hay không? a bc 3 3R Ta có p = .  (sin A  sin B  sin C ).R  2 2 (8) 3  ABC đều. Dấu “=” xảy ra  sinA = sinB = sinC = hay 2 9 Ta cũng có a2 + b2 + c2 = (sin2A + sin2B + sin2C).4R2  .4R2 4 = 9R2. (9) Do đó, ta có a + b + c  3.(a 2  b 2  c 2 ) 3 3 R. 55
Vậy từ (5), (7), (9), ta có các kết quả sau: 8S S S  3 3.r 2 (hay p  3 3.r ); (10) abc ;  4 27 (11) a 2  b2  c2 2S S R2  ; (12) pRr .  4 9 27 (13)  Sử dụng các kết quả trên, ta có thể chứng minh được rất nhiều bất đẳng thức hay. Ví dụ. Chứng minh rằng: 1) hahbhc  4 27 .S S ;  1 2 3 1 1 +  + 1 (   R  ); 2)    a b R c   1 2 1 1 1 3 3)          ;   a .b b .c c .a R 4) 9aR  2 3.bp  18cr  36.S. Giải 1) Theo công thức diện tích, ta có 2S = aha = bhb = chc. 8S S Khi đó, theo (11) ta có 8S3 = abc.h a .h b .h c  h a .h b .h c . 4 27 Vậy h a .h b .h c  4 27 .S S . (đpcm) 56
2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có 1 1 1 3 .      a b c 3 (abc) Mặt khác, theo (8) ta có 3 3R  a  b  c  3 3 abc hay   (abc)  3 .R  . 3 2  1 2 13 1 1 Suy ra       a b c R (đpcm). 3) Tương tự 2): Bạn đọc tự chứng minh. 4) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có 9aR  2 3.bp  18cr  3 3 182. 3abc. pRr . Nhân từng vế các bất đẳng thức (11), (13), ta có 16 S 3 . abc. pRr  33 Suy ra 9aR  2 3.bp  18cr  36.S (đpcm).  9aR  2 3bp  18cr   8S S Dấu “=” xảy ra  abc  4  a = b = c.  27   2S S  pRr  4  27  57
Bài 36. Cho tam giác ABC. Gọi p là nửa chu vi; r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp; S là diện tích. Chứng minh rằng p2 + r2 + 4Rr  4 3 S. (1) p2 Giải. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 36 số, trong đó có 27 số , 27 Rr một số r2 và tám số , ta có 2 1  p 2  27 2  Rr 8  36 2 2 p + r + 4Rr  36   .r .   .  27  2   1  p 2 27 2  Rr 8  36 Ta sẽ chứng minh 36.   .r .     4 3S .  27  2   3 2 5 2 2 13 1 3 36. p 2 .R 9 .r 18 .   4 3 p.r  p 2 .R 9  2 9 .3 4 .r 8 . 9 2 4 9 3 .2 (2) 1 3 1  2 4 2 p  3 3r  p  3 .r  Theo (6) và (10) Bài 35, ta có  (2) đúng 2 2 2  R  2.r  R 9  2 9 .r 9   (1) đúng. 58