Rèn luyện một số hoạt động Toán thông qua một bài toán bất đẳng thức về diện tích

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Rèn luyện một số hoạt động Toán thông qua một bài toán bất đẳng thức về diện tích gồm các nội dung: Con đường đi đến bài toán và các cách chứng minh, một số bài toán tương tự bài toán , một số bài toán chặt hơn của bài toán. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Rèn luyện một số hoạt động Toán thông qua một bài toán bất đẳng thức về diện tích

RÈN LUYỆN MỘT SỐ HOẠT ĐỘNG TOÁN THÔNG QUA MỘT BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VỀ DIỆN TÍCH I CON ĐƯỜNG ĐI ĐẾN BÀI TOÁN VÀ CÁC CÁCH CHỨNG MINH: Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: cho tam giác ABC đều cạnh a, khi đó a2 3 tam giác ABC có diện tích S được tính theo công thức S = , suy ra: 4 3a 2 4S 3 , tức là: a 2 a 2 a 2 4S 3 , vậy nẩy sinh vấn đề: trong tam giác bất kỳ thì ta có kết quả như thế nào ?. Thử vài tam giác đặc biệt như tam giác vuông, tam giác cân ta sẽ hướng dẫn học sinh đưa ra bài toán sau : BT 1. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh : a2 + b2 + c2 4S 3 (1) Sau khi dự đoán được (1), ta yêu cầu học sinh vận dụng các kiến thức đã học để chứng minh. Thực tế lời giải bài toán này đã được trình bày ở nhiều tài liệu tham khảo, tuy nhiên ở đây chúng tôi hướng dẫn học sinh chứng minh theo10 cách khác nhau dựa vào các nội dung kiến thức của các lớp 10, 11, với mục đích là rèn luyện tính linh hoạt của tư duy đồng thời các phương pháp chứng minh đó còn dùng cho các bài toán sau này. Sau đây là một số cách chứng minh (1) Cách 1. Sử dụng công thức Herong và BĐT Cosi Áp dụng công thức Hêrông: S = p(p a )(p b)(p c) , theo BĐT Côsi ta 3 p a p b p c có: (p a)(p b)(p c) p(p a)(p b)(p c) 3 3 a b c a b c , do đó: (a + b + c)2 12S 3 , mặt khác dễ chứng minh 2 6 1 được BĐT : a2 + b2 + c2 (a + b + c)2 , nên từ các BĐT trên ta suy ra: 3 a2 + b2 + c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi chứng minh BĐT ở lớp 10 . Cách 2. Sử dụng định lý côsin và BĐT Côsi, BĐT Bunhia 1
Áp dụng định lý cosin : c2 = a2 + b2 2ab.CosC và công thức tính diện 1 tích S = ab.SinC ta có (1) a2 + b2 + a2 + b2 2ab.CosC 2ab.SinC 3 2 a b a2 + b2 ab.CosC + ab.SinC 3 CosC 3.SinC (1'). Áp dụng b a a b BĐT Côsi ta có 2, áp dụng BĐT Bunhia ta có: b a CosC 3.SinC (1 3)(Cos 2 C Sin 2 C) = 2, nên (1') đúng do đó (1) đúng. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần chứng minh BĐT bằng cách áp dụng BĐT Côsi , BĐT Bunhia ở lớp 10 . Cách 3. Sử dụng công thức cộng cung và định lý cosin Áp dụng định lý Cosin: c2 = a2 + b2 2ab.CosC và công thức tính diện 1 tích S = ab.SinC ta có (1) a2 + b2 + a2 + b2 2ab.CosC 2ab.SinC 3 2 a + b2 ab.CosC ab.SinC 3 a2 + b2 ab.CosC ab.SinC 3 0 2 1 3 (a b)2 + 2ab[1( CosC SinC )] 0 (a b)2+ 2ab[1 Cos(C600)] 0. 2 2 Do (a b)2 0 và 2ab[1 Cos(C 600)] 0 nên (1) được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức cộng cung ở lớp 11 . Cách 4. Sử dụng cách dựng hình và công thức cộng cung Trong trường hợp tam giác ABC đều thì (1) đúng. Giả sử tam giác ABC không đều , ta có thể coi A là góc lớn nhất, suy ra A > 600 , dựng vào phía trong tam giác ABC các tam giác cân AMB, APC sao cho các góc AMB = APC = 1200. c b a Khi đó AM = , AP = . Áp dụng 3 3 định lý cosin trong tam giác MAP ta có: MP2 = AM2 + AP2 2AM.AP.CosMAP = m p c b 2
2 2 b c bc 2 b2 c2 2bc.Cos(A 60 0 ) 2 .Cos(A 60 0 ) MP = = 3 3 3 3 b2 c2 bc CosA 3SinA 2 b2 c2 = a 4S 3 , do MP2 0 nên 3 6 a2 b2 c2 4S 3 . Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức cộng cung ở lớp 11 . Cách 5. Sử dụng BĐT phụ và công thức Herong Ta có: a2 a2 (b c)2 = 4(p b)(p c); b2 b2 (c a)2 = 4(p c)(p a) c2 c2 (a b)2 = 4(p a)(p b), từ đó suy ra: a2 + b2 + c2 4[(p a)(p b) + (p b)(p c) + (p c)(p a)]. Ta dễ chứng minh được BĐT: (xy + yz + zx) 2 3xzy(x + y + z), suy ra: xy + yz + zx 3xzy(x + y + z ), nên áp dụng BĐT này ta có: a2 + b2 + c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần chứng minh BĐT theo phương pháp tương đương ở lớp 10 . Cách 6. Sử dụng BĐT phụ về cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp và BĐT Côsi Dễ chứng minh được a2 + b2 + c2 9R2 bằng phương pháp véctơ. Áp dụng BĐT Côsi ta suy ra: 9R2 a2 + b2 + c2 33 (abc) 2 abc 3 3 R3, từ 3abc 3.abc đó ta có: a2 + b2 + c2 33 (abc) 2 = 3 4S 3 . Dấu đẳng thức abc R xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi chứng minh BĐT ở lớp 10 . Cách 7. Sử dụng định lý cosin mở rộng và đẳng thức lượng giác a2 b2 c2 Áp dụng định lý cosin mở rộng ta có: cotgA + cotgB + cotgC = , 4S mặt khác dễ chứng minh được: cotgA.cotgB + cotgB.cotgC + cotgC.cotgA = 3
1, từ đó ta có : cotgA + cotgB + cotgC 3 , cho nên suy ra: a2 + b2 + c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức biến đổi lượng giác ở lớp 11. Cách 8. Sử dụng BĐT lượng giác và BĐT Côsi Áp dụng định lý sin và công thức tính diện tích S = 2R2.SinA.SinB.SinC ta có: (1) Sin2A + Sin2B + Sin2C 2 3 SinA.SinB.SinC. Áp dụng BĐT Côsi: 3.SinA.SinB.SinC Sin2A + Sin2B + Sin2C 33 Sin 2 A. Sin 2 B. Sin 2 C = 3 , mặt khác ta SinA.SinB.SinC 9 có BĐT cơ bản trong lượng giác: Sin2A + Sin2B + Sin2C , 4 3 3 áp dụng BĐT Côsi ta có: SinA.SinB.SinC , nên Sin2A + Sin2B + Sin2C 8 2 3 SinA.SinB.SinC. Do đó (1) được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần công thức biến đổi lượng giác ở lớp 11 . Cách 9. Sử dụng cách kẻ đường cao và BĐT Côsi. Giả sử A là góc lớn nhất, từ A kẻ đường cao AH, khi đó trong các tam giác vuông ABH, ACH ta có: AB2 = AH2 + BH2 , AC2 = AH2 + CH2 nên a2 + b2 + c2 = AB2 + AC2 + BC2 = 2AH2 + (BH2 +CH2) + BC2 2 BC 2 2 2 3BC 2 2AH + + BC = 2AH + , áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 a2 + b2 + c2 2AH. 3 BC =4S 3 . Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi chứng minh BĐT ở lớp 10 . Cách 10. Sử dụng công thức đường trung tuyến và BĐT Côsi. 1 2 Áp dụng công thức đường trung tuyến : b 2 c 2 2m a2 a , khi đó 2 3 2 3 2 3 a2 b2 c2 2m a2 a , áp dụng BĐT Côsi ta có: 2m a2 a 2 m a2 .2a 2 2 2 2 4
2 3 ma.a 2 3 ha.a = 4S 3 , từ đó suy ra: a + b + c 4S 3 . Dấu đẳng 2 2 2 thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Cách chứng minh này chúng ta có thể trình bày ở phần áp dụng BĐT Côsi chứng minh BĐT ở lớp 10 . Như vậy với các cách chứng minh trên chúng tôi đã rèn luyện cho học sinh tính nhuần nhuyễn của tư duy, tìm nhiều giải pháp để giải quyết một vấn đề, giải bài toán dưới nhiều cách nhìn khác nhau. II MỘT SỐ BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ BÀI TOÁN (1): Từ cách chứng minh 3 ta có BĐT: (a b)2 + 2ab[1 Cos(C 600)] 0 (*) nếu thay Cos(C 600) bằng Cos(C 300) thì (*) vẫn đúng, tức là: (a b)2 + 2ab[1 Cos(C 300)] 0 a2 + b2 ab.CosC. 3 ab.SinC 0 a2 b2 c2 a2 + b2 ab. . 3 2S 2(a2 + b2 ) (a2 + b2 c2). 3 4S 2ab (2 3 3)a2 + (2 3 3)b2 + 3c2 4S 3 . Từ đó ta có bài toán mới: BT 2.1. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh (2 3 3)a2 + (2 3 3)b2 + 3c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 300. Tương tự nếu thay Cos(C 600) bằng Cos(C 450) thì : 1 1 (a b)2 + 2ab[1 Cos(C 450)] 0 a2 + b2 2ab.CosC. 2ab.SinC. 2 2 b2 c2 1 a2 1 0 a2 + b2 2ab. . 4S . ( 2 1)a2 + ( 2 1)b2 + c2 2ab 2 2 2 2 2 4S. ( 6 3 )a + ( 6 3 )b + 3 c 4S 3 . Từ đó ta có bài toán mới: BT 2.2. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: ( 6 3 )a2 + ( 6 3 )b2 + 3 c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 450. Bây giờ nếu ta thay Cos(C 600) bằng Cos(C 1200) ta có: 5
(a b)2 + 2ab[1 Cos(C 1200)] 0 a2 + b2 + ab.CosC ab.SinC. 3 0 a2 b2 c2 a2 + b2 + ab. 2S 3 2(a2 + b2 ) + (a2 + b2 c2) 4S 3 2ab 3a2 + 3b2 c2 4S 3 , từ đó ta có bài toán sau: BT 2.3. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh : 3a2 + 3b2 c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 1200. Ta lại thay tiếp Cos(C 600) bằng Cos(C 1350) ta có: 1 1 (a b)2 + 2ab[1 Cos(C 1350)] 0 a2 + b2 + 2ab.CosC. 2ab.SinC. 2 2 2 2 a2 b2 c2 1 1 0 a +b +2ab. . 4S.( 2 + 1)a2+( 2 + 1)b2 c2 2ab 2 2 4S. ( 3 + 6 )a + ( 3 + 6 )b 3 c 4S 3 . Từ đó ta có bài toán mới: 2 2 2 BT 2.4. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh :( 3 + 6 )a2 + ( 3 + 6 )b2 3 c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 1350. Tiếp tục nếu ta thay Cos(C 600) bằng Cos(C 1500) thì ta có: (a b)2 + 2ab[1 Cos(C 1500)] 0 a2 + b2 + ab.CosC. 3 ab.SinC 0 a2 b2 c2 a2 + b2 + ab. . 3 2S 2(a2 + b2 ) + (a2 + b2 c2). 3 4S 2ab (2 3 + 3)a2 + (2 3 + 3)b2 3c2 4S 3 . Từ đó ta có bài toán mới: BT 2.5. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh :( 2 3 +3)a2 + ( 2 3 +3)b2 3c2 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 1500. Nếu thay Cos(C 600) bằng Cos(C ) thì: (a b)2 + 2ab[1 Cos(C )] 0 a2 + b2 2ab.CosC.Cos 2ab.SinC.Sin 0 2 2 a 2 b2 c2 a + b 2ab. .Cos 4S.Sin 2ab (1 Cos )a2 +(1 Cos ) b2 + Cos . c2 4S.Sin 1 cos 1 cos a2 b 2 cot g .c 2 4S . Từ đây ta có bài toán: sin sin 6
BT 2.6. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S; là góc 1 cos 1 cos bất kỳ khác 00. Chứng minh : a2 b 2 cot g .c 2 4 S sin sin Từ bài toán này nếu thay bởi các góc đặc biệt thì ta có các bài toán trên. Nếu ta thay góc C bởi các góc A, B thì ta sẽ có một loạt các bài toán tương tự như trên. Áp dụng cách chứng minh như trên các em đã đưa ra một số bài toán sau: BT 2.7. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: a 2 b2 c2 4S 2 2( 2 1 )ab . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 450. Chứng minh: Áp dụng định lý Cosin: c2 = a2 + b2 2ab.CosC và công 1 thức tính diện tích S = ab.SinC ta có (2.5) a2 + b2 + a2 + b2 2ab.CosC 2 2ab.SinC + 2 2 ( 2 1)ab a2 2ab + b2 ab.CosC ab.SinC + 2 ab 0 (a b)2 + ab[ 2 ( CosC SinC )] 0 (a b)2 + 2 ab[1 Cos(C 450)] 0. Do (a b)2 0 và ab[1 Cos(C 450)] 0 nên (2.5) được chứng minh. Tương tự ta cũng có các BĐT sau: a2 b2 c2 4S 2 2 ( 2 1)bc ; a 2 b2 c2 4S 2 2 ( 2 1)ca Như vậy trong phần này với hoạt động tương tự, chúng tôi đã hướng dẫn học sinh vận dụng cách giải 3 của bài toán (1) để đưa ra các bài toán khác cùng dạng với bài toán ban đầu. III MỘT SỐ BÀI TOÁN CHẶT HƠN CỦA BÀI TOÁN (1): Từ BĐT: a2 + b2 + c2 4S 3 (1), ta hướng dẫn học sinh hãy tổng quát bài toán trên theo hướng làm chặt hơn BĐT (1), tức là thay vế trái bởi đại lượng nhỏ hơn hoặc vế phải bởi một đại lượng lớn hơn mà (1) vẫn còn đúng. 7
Chúng ta bắt đầu từ một BĐT quen thuộc: a 2 + b2 + c2 ab + bc + ca, từ đó đặt ra vấn đề là BĐT: ab + bc + ca 4S 3 (2) có đúng nữa không ?, nếu BĐT này đúng thì ta được kết quả chặt hơn BĐT ban đầu. ca ab bc 1 1 1 Chứng minh :(2) 2 3 2 3. 2S 2S 2SSinA SinB SinC 1 1 1 1 Áp dụng BĐT Côsi : 3.3 , mà ta đã có : SinA SinB SinC SinA.SinB.SinC 1 1 1 SinA.SinB.SinC 3 3 , nên 2 3 , tức là (2) được chứng 8 SinA SinB SinC minh. Vậy ta có bài toán sau : BT 3.1. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: ab + bc + ca 4S 3 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Ta có thể chứng minh bài toán trên theo cách 2 như sau: 1 1 1 1 1 1 9 Áp dụng BĐT Côsi ta có: a b c 9 a b c a b c a b c ab bc ca 9 9abc ab bc ca , mặt khác ta đã có: abc a b c a b c a2 + b2 + c2 9R2 nên theo BĐT Bunhia ta có: a + b + c 3 3 R, thay vào BĐT 9abc trên suy ra: ab bc ca ab + bc + ca 4S 3 . 3 3R Từ BĐT : a2 + b2 + c2 4S 3 ta thử làm chặt hơn bằng cách cộng vào bên phải một đại lượng dương hay không ?. Ta đã có a2 + b2 2ab, nhưng BĐT sau chặt hơn :a2 + b2 2ab + (a b)2 ( thực tế đây là đẳng thức ), từ đó suy ra: a2 b2 1 b2 c2 1 ab (a b) . Tương tự ta cũng có: 2 bc (b c) 2 , 2 2 2 2 2 c a2 1 ca (c a ) 2 , cộng các BĐT trên ta được: a 2 + b2 + c2 ab + bc + 2 2 1 ca + (a b) 2 ( b c) 2 (c a ) 2 , theo BĐT trên suy ra: a2 + b2 + c2 4S 3 2 1 + (a b) 2 ( b c) 2 (c a ) 2 .Vậy ta được bài toán tổng quát hơn: 2 8
BT 3.2. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng 1 minh: a 2 b 2 c 2 4S 3 + ( a b) 2 ( b c) 2 (c a) 2 . Dấu đẳng thức 2 xẩy ra khi tam giác ABC đều. Với sự hướng dẫn như trên các em đã đưa ra bài toán sau : BT 3.3. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: a 2 b2 c2 4 S 3 2( a b )2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có góc C = 600. Chứng minh: (3.3) a2 + b2 + a2 + b2 2ab.CosC 2ab 3 .SinC + 2a2 + 2b2 4ab CosC + 3 SinC 2 cos(C 600 ) 1, BĐT này đúng nên (3.3) đúng. Tương tự các em cũng đưa ra các BĐT a 2 b 2 c 2 4S 3 2( b c) 2 , a2 b2 c2 4S 3 2(c a ) 2 , cộng các BĐT này và rút gọn ta có: 2 a2 b2 c2 4S 3 (a b) 2 ( b c) 2 (c a ) 2 , do đó các em đã đưa ra một 3 bài toán chặt hơn như sau: BT 3.4. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng 2 minh: a 2 b 2 c 2 4 S 3 ( a b )2 ( b c )2 ( c a )2 . Dấu đẳng thức 3 xẩy ra khi tam giác ABC đều. Từ cách chứng minh ở BT 3.3 lần lượt thay C 600 bằng C 300 C 450, C 1200, ... thì được : 1/ (2 3 3)a2 + (2 3 3)b2 + 3c2 4S 3 +2 3 (a b)2 , dấu đẳng thức xẩy ra khi C = 300. 2/ ( 6 3 )a2 + ( 6 3 )b2 + 3 c2 4S 3 + 6 (a b)2. Dấu đẳng thức xẩy ra khi C = 450. 3/ 3a2 + 3b2 c2 4S 3 +2(a b)2, dấu đẳng thức xẩy ra khi C = 1200. ....... Sau khi thay thế như trên ta cộng các BĐT trên lại ( chú ý dấu đẳng thức xẩy ra) ta có: 2 3 2 3/ 2 3 3 .a 2 + 2 3 3 .b 2 + 4 3 7 .c 2 4S 3 + 2 3 (a c)2 + (b c) 2 + (a b) , 2 3 3 3 3 3 3 dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C= 1200. 9
4/ ( 6 3 )a2 + 6 b2 + 6 c2 4S 3 + 6 (a b)2 + 6 (a c)2 , dấu đẳng 2 2 2 2 thức xẩy ra khi B = C = 450 . Từ việc thay thế như trên ta có các bài toán sau: BT 3.4. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: (2 3 3)a2 + (2 3 3)b2 + 3c2 4S 3 +2 3 (a b)2 , dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có C = 300. BT 3.5. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: ( 6 3 )a2 + ( 6 3 )b2 + 3 c2 4S 3 + 6 (a b)2, dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có C = 450. BT 3.6. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: 3a2 + 3b2 c2 4S 3 +2(a b)2, dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có C= 1200. BT 3.7. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: ( 3 + 6 )a2 + ( 3 + 6 )b2 3 c2 4S 3 + 6 (a b)2, dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có C = 1350. BT 3.8. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: ( 2 3 +3)a2 + ( 2 3 +3)b2 3c2 4S 3 + 2 3 (a b)2 , dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC có C = 1500. BT 3.9. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: 2 2 3 3 2 2 3 3 2 4 3 7 2 .a + .b + .c 4S 3 + 2 3 (a c)2 + 2 3 (b c) 2 + (a b) 2 3 3 3 3 3 3 dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC cân tại C và C = 1200. 10
BT 3.10. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: ( 6 3 )a2 + 6 b2 + 6 c2 4S 3 + 6 (a b)2 + 6 (a c)2 , dấu đẳng 2 2 2 2 thức xẩy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A. Nhận xét : Nếu ta thay góc C bởi các góc A, B thì ta sẽ có một loạt các bài toán tương tự như trên. BT 3.2 có vẻ là một một bài toán mới nhưng thực tế đó chính là một dạng khác của bài toán BT 3.1, còn bài toán 3.4 là chặt thực sự của các bài toán trên. Tuy nhiên từ bài toán trên một câu hỏi tự nhiên xuất hiện là: có thể 2 thay số bởi số lớn hơn không ? , cụ thể liệu BĐT: a2 + b2 + c2 4S 3 + (a 3 b)2 + (b c)2 + (c a) (*) có đúng không ? Chứng minh : Khai triển vế phải và rút gọn ta có: (*) 2(ab + bc + ca) 4S 3 + a2 + b2 + c2. Áp dụng định lý cosin mở rộng : cotgA + cotgB + cotgC a2 b2 c2 = và công thức tính diện tích tam giác ta suy ra: 4S 1 1 1 (*) 4S. 4S 3 + 4S.(cotgA + cotgB + cotgC ) SinA SinB SinC 1 1 1 CosA CosB CosC 3 + SinA SinB SinC SinA SinB SinC 1 CosA 1 CosB 1 CosC A B C 3 tg tg tg 3 (**) ta dễ SinA SinB SinC 2 2 2 A B B C C A chứng minh được trong tam giác ABC : tg .tg tg .tg tg .tg 1 và 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C C A tg tg tg 3 tg .tg tg .tg tg .tg nên (**) đúng, do đó (*) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 được chứng minh . Vậy ta có bài toán sau : BT 3.11. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh: a2 + b2 + c2 4S 3 + (a b)2 + (b c)2 + (c a). Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Ta có thể chứng minh BT 3.11 theo cách 2 như sau: Ta có: a2 (b c)2 = 4(p b)(p c); a2 (b c)2 = 4(p b)(p c); 11
a2 (b c)2 = 4(p b)(p c), cộng các BĐT trên và kết hợp với công thức Hêrông ta có (3.11) a2 (b c)2 +a2 (b c)2 + a2 (b c)2 4S 3 4(p b)(p c) +4(p b)(p c) +4(p b)(p c) 4 3p(p a )(p b)(p c) , đặt p a = x , p b = y , p c = z, suy ra p = x + y + z , do đó (3.11) 4(xy + yz + zx) 4 3.xyz( x y z) (xy + yz + zx)2 3xyz(x + y + z) (xy yz)2 + (yz zx)2 + (zx xy)2 0, BĐT này đúng nên BĐT (3.11) đúng. Nhận xét: Ta thấy BĐT a 2 + b2 + c2 4S 3 + (a b)2 + (b c)2 + (c a) chặt hơn 2 BĐT : a2+ b2+ c2 4S 3 ; a2 + b2 + c2 4S 3 + (a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 3 và BĐT: ab + bc + ca 4S 3 . Áp dụng cách giải 2 của BT 3.11 ta có hướng làm chặt hơn như sau: BT 3.12. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh ( p a )2 ( b c )2 ( p b )2 ( c a )2 ( p c )2 ( a b )2 a2 + b2 + c2 4 3S 2 + 4 (a b)2 + (b c)2 + (c a) 2. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Chứng minh: Áp dụng cách đặt như trên ta đưa bài toán về dạng: 2 2 2 (3.12) 4(xy + yz + zx) 4. 3xyz( x y z) ( xy yz) ( yz zx ) (zx xy) 4 1 (xy + yz + zx)2 3.xyz.(x + y + z) + [(xy yz)2 + (yz zx)2 + (zx xy)2] 4 1 (xy)2+ (yz)2 + (zx)2 xyz.(x + y +z) [(xy yz)2+ (yz zx)2+ (zx xy)2] (*) 4 (X Y) 2 Ta sẽ chứng minh (*). Áp dụng BĐT: X 2 Y2 2XY ta có: 2 1 1 (xy)2 + (yz)2 2xy2z + (xy yz)2 ; (yz)2 + (zx)2 2xyz2 + (yz zx)2 ; 2 2 1 (xy)2 + (zx)2 2x2yz + (zx xy)2 , cộng các BĐT này lại ta được: 2 1 2[(xy)2 + (yz)2 + (zx)2 ] 2xyz.(x + y + z)+ [(xy yz)2 + (yz zx)2 + (zx xy)2] 2 1 (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 xyz.(x + y + z) + [(xy yz)2 + (yz zx)2 + (zx xy)2] 4 vậy (*) được chứng minh . 12
Áp dụng cách giải 1 của BT 3.11 các em có hướng làm chặt hơn bởi bài toán sau: BT 3.13. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S . Chứng 2 2 2 2 2 2 1 A B B C C A minh: a + b + c 4S . 3 tg tg tg tg tg tg 4 2 2 2 2 2 2 + (a b)2 + ( b c)2 + (c a)2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Chứng minh: Áp dụng cách chứng minh ở BT 3.11 ta đưa đến BĐT sau: 2 2 2 A B C 1 A B B C C A 3.13) tg tg tg 3 tg tg tg tg tg tg (*) 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 (X Y) 2 Ta sẽ chứng minh (*), thật vậy áp dụng BĐT: X 2 Y 2 2XY ta có: 2 2 2 A B A B 1 A B B C B C 1 B C tg 2 tg 2 2tg .tg tg tg ; tg 2 tg 2 2 tg .tg tg tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 C A C A 1 C A tg 2 tg 2 2 tg .tg tg tg , cộng các BĐT trên và rút ngọn ta 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C C A có: 2 tg 2 tg 2 tg 2 2 tg .tg tg .tg tg .tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 A B B C C A + tg tg tg tg tg tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C 1 A B B C C A (do tg tg tg 3 tg tg tg tg tg tg 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 A B B C C A tg .tg tg .tg tg .tg 1 ) suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C 1 A B B C C A tg tg tg 3 tg tg tg tg tg tg 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 x2 y2 (x y) 2 (x y) 2 Với cách đưa ra BĐT phụ như sau: cùng 2 8 4 với cách chứng minh như trên các em đã chứng minh được bài toán chặt hơn như sau. BT 3.14. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S . Chứng 2 2 2 2 2 2 3 A B B C C A minh: a + b + c 4S. 3 tg tg tg tg tg tg 8 2 2 2 2 2 2 + (a b)2 + ( b c)2 + (c a)2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Với cách dựng thêm hình phụ, các đã chứng minh được bài toán: 13
BT 3.15. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh a2 + b2 + c2 4S 3 +8Rr 2 2 2 A B B C C A cos cos cos cos cos cos + (a b)2 + ( b c)2 + (c 2 2 2 2 2 2 a)2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều. Chứng minh: Gọi M, N , P là tâm các đường tròn bàng tiếp tương ứng các góc A, B, C của tam giác ABC; gọi R' , r' là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác MNP , S' là diện tích tam giác MNP. Trước hết ta chứng minh các kết quả sau: C A 1/ MN = 4R cos ; NP = 4R cos ; 2 2 B PM = 4R cos ; 2 2R rb 2/ S' = .S A r N 2 2 2 P 3/ MN + NP + PM = 8R(ra + rb + rc ). 4/ 4r( ra + rb + rc ) = a2 + b2 + c2 (a b)2 rc C (b c)2 (c a). B Chứng minh các kết quả: ra p b 1/ Ta có MN = MC + CN = sin C + M 2 p a c C A C= C = 4R cos . Chứng minh tương tự ta cũng có: NP = 4R cos ; PM sin sin 2 2 2 2 B = 4R cos . 2 2/ Do tính chất đường phân giác nên ta có:S' = 2R'2.sinM.sinN.sinP 2 A B C MN.NP.PM 16R 3 A B C = 2R' . cos . cos . cos , mặt khác S' = = . cos . cos . cos , 2 2 2 4R ' 4R ' 2 2 2 2 2R.2R . sin A.sin B.sin C 2 A B C nên suy ra R' = 2R do đó S' = 8R . cos . cos . cos = A B C = 2 2 2 4R.sin .sin .sin 2 2 2 2S.R A B C (do r = 4R. sin . sin . sin ). r 2 2 2 14
A B 3/ Từ chứng minh trên ta có: MN2 + NP2 + PM2 = 16R2(cos2 + cos2 + 2 2 C C C C cos2 ). Mặt khác: ra = MC.cos ; rb = NC.cos suy ra: ra + rb = MN.cos = 2 2 2 2 C r r C r r A 4Rcos2 , suy ra a b cos 2 ; Tương tự ta cũng được: b c cos 2 ; 2 4R 2 4R 2 rc ra B cos 2 ; suy ra: MN2 + NP2 + PM2 = 8R(ra + rb + rc ). 4R 2 4/ Áp dụng các công thức: S = p.r ; S =(p a)r a; S =(p b)rb; S = (p c)rc S S S S ta có: 4r( ra + rb + rc ) = 4 p p a p b p c S2 (p a )(p b) ( p b)(p c) (p c)(p a ) =4 = a2 + b2 + c2 (a b)2 (b c)2 (c p (p a )(p b)(p c) a). Chứng minh bài toán: Từ các kết quả trên áp dụng (3.11) ta có: MN2 + NP2 + PM2 4S' 3 + (MN NP)2 + (NP PM)2 + (PM MN)2 2 2 2 2 A B B C C A 8R(ra + rb + rc ) 16R cos cos cos cos cos cos + 2 2 2 2 2 2 + 8S.R 3 a2 + b2 + c2 4S 3 + (a b)2 + ( b c)2 + (c a)2 + r 2 2 2 A B B C C A 8Rr cos cos cos cos cos cos . 2 2 2 2 2 2 Như vậy với cách chứng minh như trên học sinh đã đưa ra một bài toán chặt hơn các bài toán ban đầu. Bây giờ thử tăng thêm giả thiết ta có thể làm chặt bài toán như thế nào , với câu hỏi này các em đưa ra bài toán sau: BT 3.16. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Với giải thiết a b c, chứng minh: a 2 b2 c2 4S 2 2( 2 1 )ac + (a b)2 +(b c)2 + (c a)2. Dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A. Chứng minh: Áp dụng định lý Cosin: a2 + c2 = b2 + 2ac.CosB và công 1 thức tính diện tích S = ac.SinB ta có (3.14) a2 + b2 + c2 2ac.SinB + 4ac 2 15
+2 2ac + 2a2 + 2b2 + 2c2 -2ab - 2bc - 2ca 2ab + 2bc 2ca b2 (a2 + c2) 2ac.SinB +2 2 ac 0 ab + bc ca b2 ac.SinB ac.CosB + 2 ab 0 (a b)(b c) + 2 ab[1 Cos(B 450)] 0. Do a b c nên (a b)(b c) 0 và 2 ab[1 Cos(B 450)] 0 nên (3.14) được chứng minh. Bây giờ ta giả thiết thêm: tam giác ABC có 3 cạnh lập thành một cấp số cộng, khi đó ta cũng chứng minh được bài toán sau: BT 3.17. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c lập thành một cấp số cộng và diện tích S. Chứng minh: 4 a2 + b2 + c2 4S 3 + ( a b )2 ( b c )2 ( c a )2 . Dấu đẳng thức xẩy ra 3 khi tam giác ABC đều . Chứng minh: Ta có a2 + b2 + c2 4S 3 = a2 + c2 + a2 + c2 2ac.CosB 2ac.SinB 3 = 2(a c)2 + 2ac[2 CosB SinB 3 ] = 2(a c)2 + 2ac[2 CosB SinB 3 ] = 2(a c)2 + 4ac[1 Cos(B 600)] . Giả sử a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng với công sai d thì a b = d; a c = 2d; b c = d, do đó ta có 4 a2 + b2 + c2 4S 3 [(a b)2 + (b c)2 + (c a)2] 3 4 = 2(a c)2 + 4ac[1 Cos(B 600)] (a b ) 2 ( b c) 2 (c a ) 2 3 4 2 = 8d2 + 4ac[1 Cos(B 600)] d d2 4d 2 = 4ac[1 Cos(B 600)] 0 suy ra 3 4 a2 + b2 + c2 4S 3 + (a b ) 2 ( b c) 2 (c a ) 2 , và dấu đẳng thức xẩy ra 3 khi tam giác ABC đều . Tương tự các em cũng đã đưa ra bài toán : BT 3.18. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c lập thành một cấp số cộng và diện tích S. Chứng minh: 5 ab + bc + ca 4S 3 + ( a b )2 ( b c )2 ( c a )2 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi 6 tam giác ABC đều. Chứng minh: Ta có: ab + bc + ca 4S 3 = = ab + bc ac b2 + 2ac + b2 2ac.SinB 3 16
= (a b)(b c) + a2 + c2 + 2ac 2ac.CosB 2ac.SinB 3 = (a b)(b c) + (a c)2 + 2ac[2 CosB SinB 3 ] = (a b)(b c) + (a c) 2 + 4ac[1 Cos(B 600)]. Giả sử a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng với công sai d thì a b = d; a c = 2d; b c = d, do đó ta có 5 ab + bc + ca 4S 3 (a b ) 2 ( b c) 2 (c a ) 2 6 5 2 = d2 + 4d2 + 4ac[1 Cos(B 600)] d d 2 4d 2 6 = 5d + 4ac[1 Cos(B 60 )] 5d = 4ac[1 Cos(B 600)] 0 , suy ra 2 0 2 5 ab + bc + ca 4S 3 + (a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 . 6 Nhận xét: Nếu xét trong lớp các tam giác có 3 cạnh lập thành cấp số cộng thì các bài toán 3.17 , 3.18 là chặt hơn các bài toán đã nêu, tuy nhiên nếu biến đổi tương đương (3.18) thì ta sẽ đi đến (3.17). Thật vậy: (3.16) 6(ab + bc + ca) 6.4S 3 +10(a2 + b2 + c2 ab bc ca) 6(a2 + b2 + c2) 6.4S 3 +10(a2 + b2 + c2 ab bc ca) 6(ab + bc + ca) + 6(a 2 + b2 + c2) a2 + b2 + c2 4 4S 3 + [(a b)2 + (b c)2 + (c a)2], tức là (3.18) (3.17). 3 Như vậy trong phần này với hoạt động tổng quát hoá bài toán theo hướng làm chặt hơn, chúng tôi đã hướng dẫn các em đưa ra một số bài toán mới chặt hơn các bài toán trước đó. Như vậy, từ các bài toán trên, chúng tôi đã rèn luyện cho học sinh một số hoạt động toán để phát huy tính sáng tạo của học sinh, cụ thể: Giải bài toán đã cho theo nhiều cách khác nhau, để từ các cách này có thể tìm thêm các bài toán khác. Từ một bài toán nào đó trong trường hợp đặc biệt, hãy tìm cách mở rộng cho các trường hợp khác. Sử dụng các hoạt động của tư duy sáng tạo như: tương tự , tổng quát hoá, đặc biệt hoá để dự đoán và chứng minh các bài toán mới. 17