intTypePromotion=1

Phần 5. Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học

Chia sẻ: Bach Tinh Tinh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

0
230
lượt xem
54
download

Phần 5. Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học

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

Bất đẳng thức nesbit và ứng dụng của nó trong bất đẳng thức hình học. Nếu a, b, c thì ta luôn có bất đẳng thức. Ta chứng minh bất đẳng thức trên như sau: Ta xét biểu thức sau: S = M = N = Ta có thể dễ dàng nhận ra:M + N = 3

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Phần 5. Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học

  1. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học II/ Một số bất đẳng thức cơ bản ứng dụng vào bất đẳng thức hình học. Bất đẳng thức nesbit và ứng dụng của nó trong bất đẳng thức hình học. Nếu a, b, c R + thì ta luôn có bất đẳng thức. a b c 3 + + b+c c+a a +b 2 Ta chứng minh bất đẳng thức trên như sau: Ta xét biểu thức sau: a b c + + S= b+c c+a a +b b c a + + M= b+c c+a a +b c a b + + N= b+c c+a a +b Ta có thể dễ dàng nhận ra:M + N = 3 Mặt khác theo bất đẳng thức côsi ta có: a+b b+c c+a + + 3 (1) M+S= b+c c+a a+b Tương tự ta có: N + S 3 (2) Cộng (1) và (2) M + N + 2S 6 3 Do M + N = 3 � S (dpcm) 2 Đẳng thứcxảy ra khi a = b = c () Sau đây là một số ứng dụng của bất đẳng thức nesbit trong hình học. Ta xét các bài toán: Bài 1: Trong tam giác ABC kẻ các đường phân giác AA 1, BB1, CC1. Gọi khoảng cách từ điểm A1 đến AB là a1, khoảng từ điểm B1 đến BC là b1và từ C1 đến AC là c1. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: a1 b1 c1 ++ ha hb hc Trong đó ha , hb ,hc là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A,B,C tương ứng. Giải: Gọi khoảng cách từ A1 đến AB là A1I A1 đến AC là A1I1 Do vai trò A1,B1, C1 trong tam giác ABC là bình đẳng như nhau nên ta chỉ cândf xét một trường hợp: Ta xét: AIA1 và AI1A1. AIA1 = AI1A1 (g-c-g) A1 I = A1 I1 = a1 1 �S ABA1 = a1 AB 2 1 S ACA1 = a1 AC 2 101
  2. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học Cộng hai đẳng thức trên ta được: 1 S ABC = a1 ( AB + AC ) 2 2 SABC ( 1) = a1 � AB+AC 1 AH .BC = S ABC 2 1 Ta lại có: � ha BC = S ABC 2 2S ( 2) � ABC = ha BC a1 BC (1) chia (2) � = ha AB + AC b1 AC c1 AB = = Tương tự: , hb AB + BC hc AC + BC abc AB AC BC 3 � 1+ 1+ 1= + + � ha hb hc AC + BC AB + BC AB + AC 2 �a b c�3 � min � 1 + 1 + 1 � = � a hb hc � 2 h Đẳng thức xảy ra khi AB = AC = BC ABC là tam giác đều. Bài 2: Cho ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, phân giác của góc A cắtBC tại A1và cắt (O) tại A2. Tương tự cho Bvà C lần lượt là B 1,B2 và C1, C2 tương ứng. Cmr: A1 A2 B1 B2 C1C2 3 + + BA2 + A2C CB2 + B2 A AC2 + C2 B 4 Giải: Trước tiên ta đi chứng minh bổ đề đơn giản là định lý Ptôlêmê trong tứ giác nội tiếp. Cho tứ gác ABCD nội tiếp trong đường tròn (C) ta luôn có đẳng thức: AB.CD + BC.AD = AC.BD. A Trên cạnh BD ta lấy điểm K sao cho: ᄋ ᄋ B DAK = CAB � ∆DAK CAB AD DK AK = = � (1) AC BC AB K ᄋ Ta có: DKA là góc ngoài AKB C D ᄋ ᄋ ᄋ � DKA = KAB + KBA Ta lại có : ᄋABC = ᄋ ᄋ ABD + DBC Mà DKA = ᄋ ᄋ ABC và ᄋABD là góc chung. 102
  3. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học ᄋ ᄋ � KBA = DBC AKB ADC(g-g) AB AK KB = = � AC AD DC BC AC BC. AD ( 1) � ( 3) = � AC = DK AD DK CD AC AB.CD ( 2) � ( 4) = � AC = BK AB BK BC. AD AB.CD BC. AD + AB.CD ( 3) & ( 4 ) � AC = = = DK BK BD AB.CD+BC.AD=AC.BD ( dpcm ) Ta áp dụng định lý Ptôlêmê vừa chứng minh ở trên vào tứ giác nội tiếp CA 2BA ta được: CA2.AB + BA2.AC = BC.AA2 D B2 Vì BA2 = A2C nên ta suy ra: A CA2(AB+AC) = BC.AA2 CA2 BC B1 ( 1) = � C1 AA 2 AB + AC C2 Ta lại có: C A1 A1A 2 A1 A2 ( 2) = B BA 2 + A2C 2CA2 Mặt khác: A2 CA1A2 ACA2 AA CA2 AA CA2 ( 3) � 1 2= � 12= CA2 AA 2 2CA2 2 AA2 (1), (2) và (3) suy ra : A1 A2 BC ( 4) = BA2 + A2C 2 ( AB + AC ) B1 B2 AC C1C2 AB ( 5) ; ( 6) = = Tương tự ta có: CB2 + B2 A 2 ( AB + BC ) AC2 + C2 B 2 ( AC + BC ) Cộng vế theo vế (4), (5), (6) ta được: A1 A2 B1 B2 C1C2 BC AC AB + + = + + BA2 + A2C CB2 + B2 A AC2 + C2 B 2 ( AB + AC ) 2 ( AB + BC ) 2 ( AC + BC ) Ta áp dung bất đẳng thức nesbit cho đẳng thức trên te sẽ được: A1 A2 B1 B2 C1C2 13 3 ( dpcm ) + + .= BA2 + A2C CB2 + B2 A AC2 + C2 B 2 2 4 Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều. () Mở rộng định lý Ptôlêmê: Ta xét bài toán: với một tứ giác nồi bất kỳ ta luôn có bất đẳng thức. ac+bd mn. Và đẳng thức xảy ra khi tứ giác đó là tứ giác nội tiếp, trong đó a = AB, b = BC, c = CD, d=AD, m = AC, n = BD. Giải: Trong tứ giác ABCD ta lấy điẻm P sao cho: 103
  4. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học DAP = CBD & ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ADB = BDC Khi đó ta suy ra: ∆APD ∆BCD a AP DP ( 1) �= = n c d a DP = và ᄋ ᄋ Từ ADB = PDC rút ra kết luận là: n d b n ( 2) = ∆ADB ∆PDC . Khi đó ta có: CP d Từ (1) và (2) ta nhận được: ac + bd = n(AP + CP) n.AC = mn (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi P nằm trên AC hay tứ giác ABCD nội tiếp. () Sau đây là một số ứng dụng của định lý trên. 1- Cho tứ giác lồi ABCDEF thỏa mãn: AB = BC, CD = DE, EF = FA. Cmr: BC DE FA 3 + + BE DA FC 2 Giải: Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ACEF ta có : B C AC.EF + CE.AF AE.CF a D b FA c ( 1) Do EF = AE nên ta suy ra. FC a + b c DE b ( 2) Tương tự: A E DA a + c BC A ( 3) BE b + c Cộng (1), (2), và (3) ta được: F FA DE BC a b c 3 + + + + FC DA BE b + c c + a a + b 2 ACEF , ABCE , ACDE nội tiếp và a = b = c lục giác Dấu bằng xảy ra ABCDEF nội tiếp đường tròn và a = b = c ABCDEF là lục giác đều. 2- Chứng tỏ rằng trong tam giác ABC ta có: ab bc ac + + 4 ma mb mb mc mc ma Với a,b,c là đọ dài 3 cạnh và m a ,mb , mc là độ dài các đường trung tuyến của tam giác đó. Giải: Áp dụng đất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ A giác CMGN ta có : GC.MN GN.MC + GM.NC 21 1 1 1 1 mb . a + ma . b mc c N P 32 3 2 3 2 Hay G 2mc c mb a + mab C B ( 1) + 2mc c 2 M acmb bcma 104
  5. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học Ta áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác ABMN ta được: AM.BN AB.MN + AN.BM c ba ma mb c + . 2 22 2 c ab + ma mb 24 ( 2) 4ma mb mc abmc + 2c 2 mc (1)+(2) suy ra : 4ma mb mc abmc + acmb + bcma ab bc ac + + 4 (dpcm) ma mb mb mc ma mc () Một số bài toán ứng dụng đơn giản của tổng hai cạnh trong một tam giác luôn lớn hơn cạnh thứ 3. 1) Chứng minh rằng mọi tam giác có cạnh a,b,c thì bất đẳng thức sau luôn đúng: ( )( )( )( )( )( ) 2a 2 + 2b 2 − c 2 2b 2 + 2c 2 − a 2 2c 2 + 2a 2 − b 2 2a 2 + bc 2b 2 + ac 2c 2 + ab Giải: Ta nhận xét: ( ) 2a 2 + 2b 2 − c 2 = 4m 2 > 0 ( 2b + 2c − a ) > 0, ( 2c + 2a − b ) > 0 2 2 2 2 2 2 Ta cm: ( 2a + bc ) ( 2a + 2b − c ) ( 2c + 2a − b ) 2 2 2 2 2 2 2 2 Thật vậy: ( 2a + bc ) − ( 2a + 2b − c ) ( 2c + 2a − b ) 2 2 2 2 2 2 2 2 = 4a bc − 2a ( b + c ) − 4b c + 2b + 2c 2 2 2 2 22 4 4 = 2( b − c) ( b + c + a) ( b + c − a) 2 0 Vì b + c > a > 0 Từ đó ta suy ra: ( 2a ) ( 2a )( ) 2 + bc + 2b 2 − c 2 2c 2 + 2a 2 − b 2 2 2 Tương tự ta có: ( 2b ) ( 2b )( ) 2 + ac + 2c 2 − a 2 2a 2 + 2b 2 − c 2 > 0 2 2 ( 2c + ab ) ( 2c ) ( 2b ) >0 2 + 2a 2 − b 2 + 2c 2 − a 2 2 2 2 Nhân vế theo vế 3 bất đẳng thức trên rồi lấy căn bậc hai ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b, b = c, a = c hay tam giác đó là tamgiác đều. Bất đẳng thức trong tam giác. Trước tiên ta đi chứng minh bài toán đơn giản có thể xem như một định lý nhỏ. Bài toán: Cho trước tam giác ABC và một điểm M nằm trong tam giác. Khi đó ta luôn có: MB + MC < AB + AC Giải: Ta kéo dài BM cắt AC tại N 105
  6. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học A Ta có: AN + AB > BN = BM + MN N MN + NC > MC M Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên ta B có: C AN + NC + AB > MC + MB AC + AB > MC + MB (đpcm) Bài tập: 1- Cho ABC có AB AC và một điểm M nằm trên cạnh BC. Cmr: AB AM Giải: Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BC HM max ( HA, HB ) do M phải nằm trong HB hoặc HC. Ta có: AB AC HB HC HM HB Áp dung định lý Pitago ta có : AH 2 = AB 2 − BH 2 = AM 2 − MH 2 � AB 2 − AM 2 = BH 2 − MH 2 �0 ( dpcm ) AB 2 AM 2 AB AM 2- Cho ABC và một điểm O nằm bên trong tam giác ABC, gọi P là nửa chu vi ABC. Chứng minh rằng: p < OA + OB + OC < 2p Giải: OA + OB > AB ( 1) Ta có: OA + OC > AC � OA + OB + OC > P OB + OC > BC Áp dụngđịnh lý nhỏ đã chững minh ở trên ta có: OA + OB < AC + BC OB + OC < AB + AC OA + OC < AC + BC OA + OB + OC < 2p (2) (1) và (2) ta có (đpcm) 3- Tìm điểm O trong ABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới 3 đỉnh của ABC nhỏ nhất có thể.(điểm Tolicenli). Giải: Ta dựng điểm D về phía ngoài ABC sao cho ACD là tam giác đều D ( 1) Ta có: OB + OD BD A Áp dụng định lý Ptôlêmê vào tứ giác AOCD AO.DC + OC.AD AC.OD (2) Do AC = AD = DC O OA + OC OD B Thay (1) vào (2) OA + OB + OC BD C Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác AOCD là tứ giác nội tiếp và O BD sao cho ᄋ AOC = 1200 106
  7. Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học Vậy điểm O nằm ở vị trí sao cho ᄋ AOB = BOC = ᄋ ᄋ AOC = 1200 do hai trường hợp kia hoàn toàn tương tự. Vậy min(OA + OB + OC) = BD 4- Cho ABC và điểm O bất kỳ trên mặt phẳng sao cho tổng MB + MC - MA nh ỏ nhất có thể. Ta có ABC cân ở A và . Giải: ᄋ Nếu như BAC = 60 thì ta có ABC là tam giác đều, và 0 ta có thể sử dung điều chứng minhtrên nhờ định lý Ptôlêmê A ta có MB + MC - MA 0. đẳng thức đạt được nếu M nằm ᄋ trên cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta cũng sẽ dự đoán là kết quả trên cũng đúng cho trường hợp tam giác ABC không phải là tam giác đ ều, t ức là khi A' AB = AC > BC thì điểm M là đieemr cần tìm chính gi ữa cung chứa góc 1200 trên BC và ở phía ngoài của ABC. Thật vậy ta có điểm A’ bên trong ABC sao cho A’BC là tam giác đều. Vói điểm M bất kỳ trong mặt B C phẳng ABC ta có: MB + MC MA’ Do đó theo định lý Ptôlêmê ta có: M MB.A’C + MC.A’B BC.A’M M' Do A’C = A’B = BC MB + MC MA’ Từ đó MB + MC – MA MA’-MA. Nếu MA’ MA thì ta có MB + MC – MA 0. Còn nếu MA’ < MA thì MA - MA’ AA’ hay MA’ – MA -AA’ Vậy ta có: MB + MC - MA -AA’. Tóm lại khi đẳng thúc xảy ra thì MB + MC - MA nhỏ nhất có thể. Điều này chỉ xảy ra khki M nằm trên đường tròn ngo ại ti ếp A’BC và khi A, A’và M thẳng hàng tức là M M’ là đỉnh của tam giác cân có góc 1200 với cạnh đáy là BC. 107
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2