Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

32
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn này có mục đích trình bày về các phương pháp diện tích và thể tích trong hình học và những thảo luận về các bài thi học sinh giỏi, nhằm làm phong phú lý thuyết vừa trình bày và tạo cái nhìn đa chiều nhiều khía cạnh hơn cho giải toán hình học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ THANH THỦY PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH TRONG HÌNH HỌC SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ THANH THỦY PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH TRONG HÌNH HỌC SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2017
iii Mục lục Mở đầu iv Chương 1. Phương pháp diện tích 2 1.1 Định lý Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.1 Tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Định lý Stewart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3 Phương pháp diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3.1 Phương pháp diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3.2 Định lý Ptolemy và mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner . . . . . . . . 22 1.4 Định lý Ceva và Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.5 Bất đẳng thức Erd¨os-Mordell cho đa giác . . . . . . . . . . . . . 29 Chương 2. Phương pháp thể tích 35 2.1 Phương pháp thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.1 Phương pháp thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.2 Thể tích qua định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.2 Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . 42 Chương 3. Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi 46 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57
iv Mở đầu Hình học là một trong những phân nhánh Toán học xuất hiện sớm nhất của nhân loại. Nhiệm vụ của hình học có thể được mô tả ngắn gọn là trả lời cho các câu hỏi về hình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính chất của không gian. Các phương pháp giải toán trong hình học sơ cấp vốn vô cùng phong phú và đa dạng. Điều đó hoàn toàn dễ hiểu vì hình học là một môn học truyền thống trong nhà trường phổ thông và các trường đại học sư phạm. Dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, tác giả luận văn này có mục đích trình bày về các phương pháp diện tích và thể tích trong hình học và những thảo luận về các bài thi học sinh giỏi, nhằm làm phong phú lý thuyết vừa trình bày và tạo cái nhìn đa chiều nhiều khía cạnh hơn cho giải toán hình học. Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, Chỉ mục, nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương: • Chương 1. Phương pháp diện tích. Chương này sẽ trình bày các kết quả về phương pháp diện tích và ứng dụng vào giải toán hình học sơ cấp. Các chủ đề sẽ được thảo luận là các Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva, Menelaus và Bất đẳng thức Erd¨os-Mordell cho đa giác. • Chương 2. Phương pháp thể tích. Chương này dành để trình bày về phương pháp thể tích trong hình học, đặc biệt lưu ý đến thể tích qua định thức và một quan hệ liên quan đến bán kính của mặt cầu nội và ngoại tiếp. • Chương 3. Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi. Chương này sẽ trình bày lời giải của một số bài thi học sinh giỏi điển hình liên quan đến các phương pháp diện tích và thể tích của Chương 1 và Chương 2.
v Tác giả hi vọng rằng, bản luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo hữu ích cho những ai quan tâm đến Hình học sơ cấp và ứng dụng. Nó sẽ có ích trong việc bồi dưỡng giáo viên, các học sinh khá giỏi, và những ai quan tâm đến toán sơ cấp và muốn mở rộng nhãn quan nói chung. Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả mong muốn sẽ nhận được nhiều đóng góp của các quý Thầy Cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2017 Tác giả Phạm Thị Thanh Thủy
2 Chương 1 Phương pháp diện tích Hình học sơ cấp phát triển được là dựa trên nhiều kết quả của toán học cao cấp. Ví dụ đơn giản là để có thể đo độ dài một đoạn thẳng hay diện tích một hình vuông theo một đoạn thẳng được chọn làm đơn vị đo ta đã phải sử dụng kết quả về giới hạn, liên tục và tích phân xác định. Vấn đề lý giải quá trình hình thành kết quả nào đấy qua toán cao cấp là cần thiết và sẽ thường sử dụng tỷ số các đoạn thẳng hoặc diện tích trong chứng minh. Từ đó ta có thể phát hiện ra nhiều kết quả mới nữa. 1.1 Định lý Pythagore 1.1.1 Tam giác vuông Dựa vào tiên đề số đo độ dài một đoạn thẳng và nhiều kết quả trong lý thuyết về giới hạn ta sẽ sử dụng mệnh đề dưới đây để tính diện tích một hình vuông cạnh a. Mệnh đề 1.1.1. Diện tích hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = a (đơn vị dài) đúng bằng a2 đơn vị diện tích. Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Axy : A(0, 0), B(a, 0), C(a, a), D(0, a). Khi đó Za
a SABCD = a dx = ax
= a2 .
0 0 Như vậy, diện tích hình vuông ABCD cạnh a đúng bằng a2 đơn vị diện tích. Mệnh đề 1.1.2. Tam giác vuông ABC có độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB và ∠BAC = 900 . Hạ đường cao AH ⊥ BC. Đặt h = AH và diện tích tam giác qua S. Khi đó ta có các đồng nhất thức
3 (1) a2 = b2 + c2 [Pythagore]. (2) b2 = a.BH và c2 = a.CH. 1 1 1 (3) a.h = b.c, h2 = BH.CH và = + . h2 b2 c 2 (4) 2S = a.h = b.c. Chứng minh. Dựng hình vuông ABCD với cạnh AB = a. Dựng vào bên trong hình vuông ABCD bốn tam giác vuông bằng nhau ABA1 , BCB1 , CDC1 và DAD1 bằng tam giác vuông ABA1 . Khi đó ta có hình vuông A1 B1C1 D1 với A1 B1 = |b − c|. Ta có SABCD bằng tổng diện tích bốn tam giác vuông ABA1 , BCB1 , CDC1 , DAD1 và hình vuông A1 B1C1 D1 . Vậy, ta có hệ thức b.c a2 = 4. + (b − c)2 = b2 + c2. 2 Các kết quả còn lại là hiển nhiên. Hệ quả 1.1.1. Với biểu diễn b = a sin B, c = a cos B trong tam giác vuông ABC ta có sin2 B + cos2 B = 1. Chứng minh. Từ a2 = b2 + c2 = a2 (sin2 B + cos2 B) theo Định lý 1.1.2 ta nhận được hệ thức sin2 B + cos2 B = 1. Hệ quả 1.1.2. Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng d và d ′ . Lấy A, B thuộc d và C, D thuôc d ′. Khi đó d ⊥ d ′ nếu và chỉ nếu AC2 + BD2 = AD2 + BC2 . Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Định lý Pythagore.
4 Hệ quả 1.1.3 (Steiner). Cho tam giác ABC. Lấy M, N, P thuộc đường thẳng BC, CA, AB, tương ứng. Dựng đường thẳng mM ⊥ BC, nN ⊥ CA và pP ⊥ AB. Ba đường thẳng mM, nN và pP đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi MC2 + NA2 + PB2 = MB2 + PA2 + NC2 . Chứng minh. Kết quả được suy ra trực tiếp từ Định lý Pythagore. Ví dụ 1.1.1. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh BC,CA, AB, tương ứng. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông BCA1A2 , CAB1 B2 , ABC1C2 . Gọi A0 , B0,C0 là trung điểm A1 A2 , B1 B2 ,C1C2 , tương ứng và dựng các đường thẳng mM ⊥ B0C0 , nN ⊥ C0 A0 và pP ⊥ A0 B0 . Chứng minh rằng, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy tại một điểm. Bài giải. Đặt α = ∠ABC0 và a = BC, b = CA, c = AB, S = SABC . Theo Định lý 4c2 + b2 4b2 + c2 Côsin ta có MC0 = 2 + 2S và MB0 = 2 + 2S. Ta nhận được 4 4 3 MB20 − MC02 = (b2 − c2 ). 4 Hoàn toàn tương tự, ta cũng có hai kết quả 3 3 NC02 − NA20 = (c2 − a2 ) và PA20 − PB20 = (a2 − b2 ). 4 4 Ta có MB20 − MC02 + NC02 − NA20 + PA20 − PB20 = 0. Vậy, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy tại một điểm theo hệ quả trên. Ví dụ 1.1.2. Cho tam giác ABC và các đường cao AA1 , BB1 ,CC1 . Dựng các đường thẳng AM ⊥ B1C1 , BN ⊥ C1 A1 và CP ⊥ A1 B1 . Chứng minh AM, BN,CP đồng quy.
5 Bài giải. Ta có MB21 − MC12 = AB21 − AC12 = (AB2 − BB21 ) − (AC2 − CC12 ). Hoàn toàn tương tự ta cũng có NC12 − NA21 và PA21 − PB21 . Từ đó suy ra AM, BN,CP đồng quy theo ví dụ trên. Ví dụ 1.1.3. Tam giác ABC có ∠A = 900 và đường cao AH = h. Giả sử M là một điểm tùy ý trong tam giác và khoảng cách từ M đến BC,CA, AB là x, y, z. Xác định giá trị nhỏ nhất của tổng T = x2 + y2 + z2 . Bài giải. Hạ MI ⊥ AH, I ∈ AH. Vì y2 + z2 = MA2 nên ta có thể đánh giá như sau: T = MA2 + x2 > AI 2 + x2 = (h − x)2 + x2 = 2x2 − 2hx + h2 . Vậy h 2 h2 h2 T = 2 x− + > 2 2 2 h2 h và Tnn = khi x = hay M là trung điểm đường cao AH. 2 2 Ví dụ 1.1.4 (Bulgarian MO and TST 2013). Cho tam giác nhọn ABC. Lấy các điểm M, N, P thuộc các cạnh BC,CA, AB, tương ứng, sao cho tam giác APN, BMP, CNM nhọn và ký hiệu Ha , Hb , Hc là trực tâm của chúng. Chứng minh rằng, nếu ba đường thẳng AHa , BHb ,CHc đồng quy thì ba đường thẳng MHa , NHb , PHc cũng đồng quy. Bài giải. Ký hiệu A1 , B1 ,C1 là hình chiếu vuông góc của A, B,C lên NP, PM, MN, tương ứng. Vì đường thẳng AHa , BHb ,CHc đồng quy tại một điểm nên ta có hệ thức (NC12 − MC12 ) + (MB21 − PB21 ) + (PA21 − NA21 ) = 0. Vậy 0 = CN 2 −CM 2 + BM 2 − BP2 + AP2 − AN 2
6 = CN 2 − AN 2 + AP2 − BP2 + BM 2 −CM 2 Ta suy ra ba đường thẳng vuông góc hạ từ M, N, P xuống cạnh BC,CA, AB, tương ứng, đồng quy tại điểm K. Vì các tứ giác KMHc N và KMHb P là những hình bình hành nên tứ giác PHb Hc N cũng là một hình bình hành. Khi đó hai đường chéo PHc , NHb cắt nhau tại điểm T, trung điểm mỗi đường. Tương tự, MHa cũng nhận T làm trung điểm hay ba đường thẳng MHa , NHb , PHc đồng quy tại điểm T. Ví dụ 1.1.5. Với hai số dương a, b xét ABCD độ dài cạnh AB = a + b. Lấy M thuộc cạnh AB với AM = a, BM = b. Giả sử N chạy trên cạnh BC và P thuộc cạnh AD sao cho NM ⊥ MP. Xác định giá trị nhỏ nhất của tam giác MNP. Bài giải. Đặt x = BN, y = AP. Từ điều kiện MN ⊥ MP ta suy ra MN 2 +MP2 = NP2 ax + by √ và suy ra xy = ab. Khi đó SMNP = > abxy = ab. Vậy, giá trị nhỏ nhất 2 của SMNP bằng ab khi x = b, y = a. Ví dụ 1.1.6. Coi bốn xã như bốn đỉnh hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = 10 km. Chứng minh rằng, có thể xây mạng đường nối bốn xã với tổng độ dài nhỏ hơn 28 km. Bài giải. Gọi O là tâm hình vuông. Lấy I, J là trung điểm đoạn AO, BO, tương ứng. Mạng đường nối bốn xã là AI, IJ, JB, ID, JC. Tổng độ dài mạng đường này √ √ bằng d = 5 + 5 2 + 5 10 < 28, (đúng). 1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc Trước khi trình bày hệ tọa độ Carte vuông góc chúng ta sẽ chứng minh lại Định lý Thales và nhắc lại khái niệm số đo đoạn thẳng. Giả sử ta chọn đoạn AB làm đơn vị đo. Theo tiên đề về số đo, ứng với mỗi đoạn thẳng MN luôn có một số thực x để MN = |x|.AB và MN = x.AB. Từ đó ta định nghĩa tỷ số giữa hai đoạn thẳng: Giả sử MN = |x|.AB, PQ = |y|.AB với y 6= 0. Tỷ số giữa hai đoạn được định nghĩa như sau: MN |x| MN x := và := . PQ |y| PQ y Định lí 1.1.1 (Thales’s Theorem). Với hai đường thẳng d, d ′ và ba đường thẳng AB A′ B′ song song a, b, c cắt d, d ′ tại A, B,C và A′ , B′ ,C′ , tương ứng, ta luôn có = . BC B′C′
7 Chứng minh. Dựng Aa1 k d ′ và B1 = Aa1 × b,C1 = Aa1 × c. Khi đó ta nhận được AB AB1 A′ B′ AB1 = A′ B′ , B1C1 = B′C′ . Như vậy = = ′ ′. BC B1C1 B C Ví dụ 1.1.7. Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm K thuộc cạnh AB và N thuộc cạnh AD thỏa mãn AK.AN = 2BK.DN. Giả sử các đoạn thẳng CK,CN cắt BD tại điểm L, M. Chứng minh rằng, năm điểm A, K, L, M, N cùng nằm trên một đường tròn. Bài giải. Ta chỉ cần xét hình vuông với độ dài cạnh 1. Đặt a = AK, b = AN. Từ AK.AN = 2BK.DN ta suy ra ab = 2(1 − a)(1 − b) và ta nhận được 2 − 2a − 2b + ab = 0. Dựa vào Định lý Thales ta dễ dàng tính được √ √ 2(1 − a) 2 BL = , BM = . 2−a 2−b Vậy 2(1 − a) BL.BM = = 1 − a = BA.BK (2 − a)(2 − b) và suy ra tứ giác AKLM nội tiếp trong một đường tròn. Tương tự, tứ giác ALMN cũng nội tiếp trong một đường tròn. Từ đó suy ra năm điểm A, K, L, M, N cùng nằm trên một đường tròn. Trong mặt phẳng (P), ta xét hai đưòng thẳng x′ x, y′ y với x′ x ⊥ y′ y và O = x′ x × y′ y. Với điểm gốc O và định hướng đường thẳng x′ x và y′ y để biến mỗi đường thành một trục. Khi đó ta đã có một Hệ tọa độ Carte vuông góc Oxy với gốc tọa độ O và trục hoành x′ x, trục tung y′ y. Mặt phẳng (P) với Hệ tọa độ Carte vuông góc Oxy được gọi đơn giản là hệ tọa độ Oxy. Mỗi điểm M thuộc trục x′ x được gắn với đúng một số thực a ∈ R và viết OM = a. Mỗi điểm N thuộc trục y′ y được gắn với đúng một số thực b ∈ R và viết ON = b. Đây là những số đo đại số. Giả sử điểm A tùy ý thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy. Hạ AM ⊥ x′ x, M ∈ x′ x và hạ AN ⊥ y′ y, N ∈ y′ y. Dễ dàng thấy rằng, mỗi điểm A thuộc mặt phẳng (P) tương ứng một-một với một cặp số thực (a, b), trong đó OM = a, ON = b. Cặp số thực (a, b) được gọi là tọa độ điểm A và viết A(a, b).
8 Khoảng cách: Giả sử điểm A(x1 , y1) và điểm B(x2 , y2). Theo Định lý Pythagore, khoảng cách giữa hai điểm A và B hay độ dài đoạn AB bằng q AB = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 . Chia đoạn theo tỷ số: Giả sử điểm A(x1, y1 ) và điểm B(x2 , y2 ). Ta xác định điểm IA γ2 I thuộc đoạn AB sao cho = . Ta chỉ cần xét trường hợp AB không song song BI γ1 với trục tọa độ nào. Hạ AA1 , IM, BB1 ⊥ x′ x. Gọi I(x, y). Khi đó γ2 IA MA1 x1 − x = = = . γ1 BI B1 M x − x2 Giải ra được γ1 x1 + γ2 x2 x= . γ1 + γ2 Tương tự, ta cũng có γ1 y1 + γ2 y2 y= . γ1 + γ2 Như vậy, tọa độ điểm chia γ1 x1 + γ2 x2 γ1 y1 + γ2 y2 I , . γ1 + γ2 γ1 + γ2 1.2 Định lý Stewart Tiếp theo, ta chứng minh Định lý Stewart sau đây. Định lí 1.2.1 (Stewart). Với ba điểm M, N, P thẳng hàng và mọi điểm I có hệ thức T = IM 2 .NP + IN 2 .PM + IP2 .MN = −MN.NP.PM. Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho M(0, 0), N(b, 0), P(c, 0). Giả sử I(x, y). Khi đó T = (x2 + y2)(c − b) + [(x − b)2 + y2 ](−c) + [(x − c)2 + y2 ]b. Dễ dàng suy ra hệ thức T = bc(c − b) = −MN.NP.PM. Hệ quả 1.2.1. Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c. Gọi M là trung điểm cạnh BC và đặt ma = AM. Gọi N là chân đường phân giác trong AN của góc ∠A và đặt ℓ = AN; Gọi L là chân đường phân giác ngoài AL của góc ∠A khi b 6= c và đặt la = AL. Khi đó ta có các kết quả dưới đây:
9 2b2 + 2c2 − a2 (1) m2a = . 4 bc[(b + c)2 − a2 ] (2) ℓ2a = . (b + c)2 bc[a2 − (c − b)2] (3) la2 = . (c − b)2 Chứng minh. (1) Với trung điểm M của cạnh BC ta luôn có 2b2 + 2c2 − a2 m2a = 4 theo Định lý 1.2.1, ở đó AM = ma . (2) Khi AN = ℓa là phân giác trong của góc ∠A thì ac ab BN = và CN = . b+c b+c Theo Định lý 1.2.1 có bc[(b + c)2 − a2 ] ℓ2a = . (b + c)2 (3) Khi b 6= c và AL = la là phân giác ngoài của góc ∠A thì ac ab BL = và CL = . c−b c−b bc[a2 − (c − b)2 ] Theo Định lý 1.2.1 có la2 = . (c − b)2 Hệ quả 1.2.2 (Steiner-Lehmus). Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c. Giả sử ℓa , ℓb , ℓc là độ dài các đường phân giác trong của ∆ABC. Nếu ℓa = ℓb thì tam giác ABC cân. Chứng minh. Ta biết bc[(b + c)2 − a2 ] ca[(a + c)2 − b2 ] ℓ2a = và ℓ2b = . (b + c)2 (a + c)2 Nếu ℓa = ℓb thì bc[(b + c)2 − a2 ] ca[(a + c)2 − b2 ] = . (b + c)2 (a + c)2 Ta có a = b hay tam giác ABC cân với AB = AC.
10 Ví dụ 1.2.1. Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c. Giả sử ha , hb , hc , ℓa , ℓb , ℓc và ma , mb , mc là độ dài các đường cao, các đường phân giác trong và các đường trung tuyến của ∆ABC. Ta có các bất đẳng thức (1) ha 6 ℓa 6 ma . Dấu = xảy ra khi b = c. ℓa ℓb ℓc √bc √ ca √ ab (2) + + 62 + + . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi ma mb mc b+c c+a a+b a = b = c. Bài giải. (1) Hiển nhiên ha 6 ℓa . Vì ℓ2a 4bc (b + c)2 − a2 4bc = 6 61 m2a (b + c)2 2(b2 + c2 ) − a2 (b + c)2 theo Chú ý 1.2.1 nên ℓa 6 ma . Hiển nhiên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c. (2) Bởi có √ √ √ ℓa bc ℓb ca ℓc ab 62 , 62 , 62 ma b+c mb c+a mc a+b nên ℓa ℓb ℓc √bc √ca √ab + + 62 + + . ma mb mc b+c c+a a+b Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Ví dụ 1.2.2. Cho ∆ABC với BC = a,CA = b, AB = c, 2p = a + b + c, bán kính các đường tròn bàng tiếp là ra , rb , rc . Giả sử ℓa , ℓb , ℓc và ma , mb , mc là độ dài các đường phân giác trong và các đường trung tuyến của ∆ABC. Khi đó ta có các kết quả sau: 2 + b2 + c 2 3 a (1) m2a + m2b + m2c = , và 4 2 2 2 b + c ℓ2a c + a ℓ2b a + b ℓ2c + + = 4p2 . bc ca ab (2) ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c 6 p2 . (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 (3) ra2 + rb2 + rc2 > m2a + m2b + m2c + . 4 (4) ra2 + rb2 + rc2 + ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c > m2a + m2b + m2c + p2 . Chú ý rằng các bất đẳng thức này sẽ trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.
11 Bài giải. (1) suy ra từ Hệ quả 1.2.1 và (2) được suy ra từ (1). a+b+c (3) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c với p = . Biến đổi được 2 yz zx xy ra2 + rb2 + rc2 = x + y + z + + x y z y z z x x y = xy + yz + zx + x2 + + y2 + + z2 + z y x z y x 2 2 2 > xy + yz + zx + 2x + 2y + 2z 2 2 2 3 a2 + b2 + c 2 + a − b + b − c + c − a = . 4 Do vậy có được (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ra2 + rb2 + rc2 > m2a + m2b + m2c + . 4 (4) Ta có bc[(b + c)2 − a2] bc a2 ℓ2a = = bc − a 2 2 > bc − . (b + c)2 b+c 4 Như vậy a2 + b2 + c 2 ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c > bc + ca + ab − . 4 Kết hợp với bất đẳng thức (2) được ra2 + rb2 + rc2 + ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c > m2a + m2b + m2c + p2 . Ví dụ 1.2.3. Cho ∆ABC với diện tích S và BC = a,CA = b, AB = c. Giả sử ha , hb , hc và ma , mb , mc là độ dài các đường cao và các đường trung tuyến của ∆ABC. Khi đó ta có bất đẳng thức (m2a + m2b + m2c )(h2a + h2b + h2c ) > 27S2 . Bài giải. Vì 3 m2a + m2b + m2c = (a2 + b2 + c2 ) 4 nên 3 3 q q (m2a + m2b + m2c )(h2a + h2b + h2c ) > 3 (abc) 3 3 (ha hb hc )2 = 27S2 . 2 4
12 Ví dụ 1.2.4 (Garfunkel). Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma , mb , mc . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và các đường thẳng AG, BG,CG cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại A′ , B′ ,C′ , tương ứng. Khi đó ta có bất đẳng thức A′ A B′ B C′C + + > 4. ma mb mc Bài giải. Ký hiệu a, b, c cho độ dài ba cạnh ∆ABC. Khi đó ta dễ dàng có các hệ thức GA 2b2 + 2c2 − a2 = GA′ a2 + b2 + c 2 GB 2c2 + 2a2 − b2 = GB′ a2 + b2 + c 2 GC 2a2 + 2b2 − c2 = . GC′ a2 + b2 + c 2 Cộng ba hệ thức, ta sẽ nhận được hệ thức GA GB GC + + =3 GA′ GB′ GC′ và suy ra bất đẳng thức GA′ GB′ GC′ + + > 3. GA GB GC Vì AA′ GA′ = 1+ GA GA nên 3 AA′ GA′ . = 1+ . 2 ma GA Tương tự, ta cũng có 3 BB′ GB′ 3 CC′ GC′ . = 1+ và . = 1+ . 2 mb GB 2 mc GC Cộng ba hệ thức này ta nhận được bất đẳng thức A′ A B′ B C′C + + > 4. ma mb mc Ví dụ 1.2.5. Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma , mb , mc và bán kính đường tròn ngoại tiếp R. Khi đó ta có bất đẳng thức 1 1 1 2 + + > . ma mb mc R
13 Bài giải. Vì AA′ , BB′ ,CC′ 6 2R nên 2R 2R 2R A′ A B′ B C′C + + > + + > 4. ma mb mc ma mb mc Từ đó suy ra bất đẳng thức 1 1 1 2 + + > . ma mb mc R Ta có điều phải chứng minh. 1.3 Phương pháp diện tích 1.3.1 Phương pháp diện tích Phương pháp diện tích là phương pháp giải bài toán hình trong mặt phẳng qua diện tích của một miền phẳng nào đó. Để giải bài toán đã cho ta chọn một miền phẳng (D) với diện tích S. Sau đó đem chia miền (D) ra thành nhiều miền nhỏ một cách thích hợp và tính diện tích S1 , . . . , Sr của các miền nhỏ ấy. Từ S = S1 + · · · + Sr suy ra lời giải bài toán. Mệnh đề 1.3.1. Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c với độ dài các đường cao ha , hb , hc ; độ dài các bán kính đường tròn ngoại, nội và bàng tiếp là R, r, r1 , r2 , r3 . Khi đó diện tích S của tam giác ABC được xác định qua aha bhb chc (1) S= = = . 2 2 2 bc sin A ca sin B ab sinC (2) S= = = . 2 2 2 abc (3) S= . 4R (4) S = 2R2 sin A sin B sinC. (a + b + c)r (5) S= = pr. 2 (6) S = (p − a)r1 = (p − b)r2 = (p − c)r3 . (7) p S= p(p − a)(p − b)(p − c). Mệnh đề 1.3.2. Hình tròn bán kính R có diện tích S = π .R2 đơn vị diện tích.