Một số đẳng thức đại số liên quan đến các yếu tố hình học trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– MAI THỊ HÀ MỘT SỐ ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————– * ——————— MAI THỊ HÀ MỘT SỐ ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 84 60 113 Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THANH HÓA, 2020 Mục lục Mở đầu Lời cảm ơn Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt Chương Các hệ thức hình học tam giác 1.1 Các hệ thức tam giác 1.1.1 Các cơng thức tính diện tích tam giác 1.1.2 Công thức tính độ dài đường trung tuyến 1.1.3 Cơng thức tính độ dài đường phân giác 1.1.4 Cơng thức tính bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp bàng tiếp 1.1.5 Định lý hàm số sin cosin tam giác 1.2 Mối liên hệ độ dài đường bên cạnh tam giác 1.2.1 Một số hệ thức liên quan đến cạnh tam giác 1.2.2 Một số hệ thức liên quan đến đường cao tam giác 1.2.3 Một số hệ thức liên quan đến độ dài bán kính đường trịn bàng tiếp 1.2.4 Một số hệ thức liên quan đến đường khác tam giác Chương Bài toán nhận dạng đại lượng hình học tam giác 2.1 Các yếu tố xác định độ dài cạnh tam giác 2.2 Các yếu tố xác định độ dài cạnh đường cao tam giác 7 7 8 9 13 15 18 21 21 22 2.3 Các yếu tố xác định độ dài cạnh trung tuyến tam giác 2.4 Các yếu tố xác định độ dài cạnh phân giác tam giác Chương Một số dạng toán liên quan 3.1 Các yếu tố xác định độ dài ba loại đường khác tam giác 3.2 Nhận dạng số dạng tam giác đặc thù 3.2.1 Nhận dạng tam giác 3.2.2 Nhận dạng tam giác vuông 3.3 Một số đề thi Olympic liên quan đến hệ thức yếu tố tam giác 29 33 38 38 61 61 66 67 KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77 MỞ ĐẦU Toán học mơn học quan trọng chương trình học phổ thông Đây môn khoa học gắn liền với đời sống thực tiễn, việc lồng ghép toán từ hoạt động thực tiễn vào q trình dạy học mơn, trước hết tạo điều kiện cho việc học hành gắn liền với thực tế "học đôi với hành", giúp học sinh hình thành phát triển lực có kỹ vận dụng kiến thức vào giải vấn đề đời sống mà gặp hàng ngày Trong trình đổi phương pháp dạy học mơn tốn trường THPT, việc dạy học giải tập có vai trị quan trọng dạy tốn trường phổ thơng dạy hoạt động tốn học dạy để học sinh đạt chuẩn trình độ đầu tương ứng với cấp học Hoạt động giải tập toán điều kiện để thực mục đích dạy học tốn trường phổ thơng Việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động tốn học, giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng tạo, tạo hứng thú học tập cho học sinh Việc giải tốn u cầu học sinh có kỹ vận dụng kiến thức vào tình đặc biệt tình thực tế, có khả phát giải vấn đề, có lực độc lập suy nghĩ, sáng tạo tư biết lựa chọn phương pháp tự học tốt Thực tiễn cho thấy, dạng tốn trường phổ thơng phong phú, đa dạng Có lớp tốn có thuật giải, phần lớn dạng tốn chưa khơng có thuật giải thống nhà trường Chuyên đề hệ thức đại số tam giác nội dung quan trọng chương trình mơn Tốn bậc trung học phổ thông (THPT), thường gặp đề thi tuyển sinh đại học kỳ thi học sinh giỏi cấp Đây chuyên đề hay tương đối khó học sinh THPT Các hệ thức tam giác thường biểu diễn dạng đẳng thức thể mối liên hệ yếu tố tam giác Từ Heron thiết lập cơng thức tính diện tích tam giác Euler thiết lập bất đẳng thức R ≥ 2r , đẳng thức, bất đẳng thức hình học đại số bất đẳng thức lượng giác liên quan đến yếu tố R, r, p, thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà tốn học, từ đẫn đến tốn đẳng thức liên quan tam giác Trong hệ thống đẳng thức tam giác có nhiều dạng toán liên quan đến Định lý Viète phương trình bậc ba Nhiều phương trình bậc ba nhận với hệ số chứa biểu thức theo R, p, r, p, nhận yếu tố a, b, c; , hb , hc ; làm nghiệm chúng Từ lý nêu trên, chọn đề tài "Một số đẳng thức đại số liên quan đến yếu tố hình học tam giác" để nghiên cứu với mong muốn góp phần vào việc nâng cao chất lượng dạy học chuyên đề đẳng thức đại số tam giác nói riêng mơn Tốn học trường THPT giai đoạn Mục đích nghiên cứu Trên sở nghiên cứu lý luận thực trạng việc dạy học giải toán đẳng thức đại số tam giác giúp thầy trị có nhìn rộng hơn, sâu đẳng thức tam giác bậc học phổ thông phương pháp giải phương trình bậc ba có nhận yếu tố tam giác làm nghiệm vận dụng chúng vào toán cụ thể, giải tam giác Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đẳng thức đại số có liên quan đến yếu tố tam giác cạnh, đường cao, đường trung tuyến, đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp, đường tròn bàng tiếp tam giác, phương trình bậc ba hệ thức Viete Vận dụng tính chất đẳng thức đại số có liên quan để xây dựng giải phương trình bậc ba nhận yếu tố tam giác làm nghiệm - Các toán đẳng thức, bất đẳng thức có liên quan đến yếu tố tam giác - Xây dựng phương trình bậc ba có nhận yếu tố tam giác làm nghiệm, giải phương trình - Cách sử dụng hệ thống tốn để phát triển cho học sinh kỹ giải toán vận dụng tính chất gặp toán thực tế Nhiệm vụ đề tài - Tổng hợp hệ thức đại số tam giác Từ tìm tịi, khai thác cách dạy học hiệu từ việc vận dụng tính chất có từ đẳng thức vào giải toán liên quan mức độ cao học sinh khá, giỏi trường THPT - Tìm hiểu nội dung đẳng thức đại số tam giác, từ thiết kế hệ thống tập, cách sử dụng đẳng thức để phát triển lực giải tốn, hình thành kỹ cho HS THPT gặp dạng tương tự Phương pháp nghiên cứu - Phân tích, tổng hợp tài liệu hệ thống hóa nội dung kiến thức cần thiết tài liệu có liên quan đến đề tài sách, tiểu luận khoa học, báo chí, internet nhiều tài liệu khác - Vận dụng đẳng thức đại số tam giác để giải tam giác áp dụng vào thực tế dạy học THPT Dự kiến đóng góp đề tài - Về mặt lí luận: Góp phần hệ thống hóa tính chất, tập đẳng thức đại số tam giác, qua phát triển kỹ vận dụng tính chất đẳng thức đại số cho HS THPT q trình học tốn - Về mặt thực tiễn: Góp phần hệ thống hóa tính chất, tập đẳng thức đại số tam giác theo yếu tố cách đầy đủ hệ thống, từ vận dụng giải phương trình bậc ba nhận yếu tố tam giác làm nghiệm Từ phát triển kỹ giải toán, khơi gợi hứng thú học tập sáng tạo cho HS trường THPT Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, phụ lục tài liệu tham khảo, luận văn trình bày chương: Chương Các hệ thức hình học tam giác Chương Bài tốn nhận dạng đại lượng hình học tam giác Chương Một số dạng toán liên quan LỜI CẢM ƠN Với lòng biết ơn sâu sắc, xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý Thầy Cô trường Đại học Hồng Đức, thầy cô giáo vô tâm huyết với vốn kiến thức sâu rộng hướng dẫn truyền đạt cho kiến thức quý báu suốt thời gian học tập trường Tôi xin cảm ơn ban giám hiệu thầy cô, anh chị em đồng nghiệp trường THPT Hậu Lộc tạo điều kiện thuận lợi để tơi có thời gian tham gia hồn thành khóa học thạc sĩ trường Đại học Hồng Đức, cảm ơn đồng nghiệp đóng góp ý kiến cho q trình giảng dạy thực nghiệm trường Đặc biệt, em xin chân thành cảm ơn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, thầy tận tâm bảo hướng dẫn em qua buổi học, buổi nói chuyện, thảo luận, thầy gợi ý cho em tài liệu tham khảo đề tài nghiên cứu Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020 Người làm luận văn Mai Thị Hà DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT NXB Nhà xuất THPT Trung học phổ thông HSG Học sinh giỏi IMO Olympic Toán quốc tế Bất đẳng thức AM- Bất đẳng thức trung bình cộng GM trung bình nhân Olympic Tốn châu Á - Thái bình APMO dương HOMC Olympic Toán Hà Nội mở rộng a, b, c Độ dài cạnh tam giác ABC Độ dài đường cao tam giác , hb , hc ABC Độ dài đường phân giác la , lb , lc tam giác ABC Độ dài đường trung tuyến ma , mb , mc tam giác ABC Độ dài bán kính đường tròn bàng , rb , rc tiếp tam giác ABC Độ dài bán kính đường trịn nội tiếp r tam giác ABC Độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp R tam giác ABC S Diện tích tam giác ABC p Nửa chu vi tam giác ABC 34 A < với tam giác ABC ) Điều kiện đủ Giả sử b, c, la > thỏa mãn điều kiện (2.14) Từ (2.14), suy la (b + c) < 0< 2bc  π Suy tồn α ∈ 0; cho (vì < cos cos α = la (b + c) 2bc \ = 2α Do tồn tam giác ABC với AB = c, AC = b, BAC Vẽ phân giác AD tam giác ABC , ta có AD = 2bc A 2bc 2bc la (b + c) cos = cos α = , b+c b+c b + c 2bc suy AD = la Vậy tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (b, c, la ) thỏa mãn (2.14) Bài toán 2.35 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, b, la )  2y(x + y)   z<    2y + x  2y(y − x) (2.15) z> y − x >   2y − x    z > y − x Lời giải Điều kiện cần Xét tam giác ABC với độ dài hai cạnh a, b độ dài đường phân giác la Ta chứng minh chúng thỏa mãn điều kiện (2.15) Rõ ràng ta cần xét trường hợp b − a > Theo hệ thức đường phân giác ta có A 2bc cos < 2bc la = (2.16) b+c b+c 35 (vì < cos A với tam giác ABC ) Mặt khác 2bc 2b(b + a) < b+c 2b + a ⇔ c(2b + a) < (b + c)(b + a) ⇔ 2bc + ac < b2 + bc + ab + ac ⇔ bc < b2 + ab ⇔ c < a + b (2.17) Bất đẳng thức (2.17) hiển nhiên không xảy dấu đẳng thức Như ta chứng minh 2b(b + a) 2bc < b+c 2b + a (2.18) Từ (2.16) (2.18), ta 2b(b + a) > la 2b + a (2.19) Bây ta chứng minh la > 2b(b − a) 2b − a với b − a > Ta có b, c, hla > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2b(b − a) 2bc A 2b(b − a) ⇔ cos > 2b − a b+c 2b − a A (b − a)(b + c) >0 cos > c(2b − a) (b − a)2 (b + c)2 A cos > >0 c2 (2b − a)2 + cos A (b − a)2 (b + c)2 > >0 c2 (2b − a)2 b2 + c2 − a2 (b − a)2 (b + c)2 (1 + )> >0 2bc c (2b − a)2 (b + c)2 − a2 (b − a)2 (b + c)2 >0 > 4bc c2 (2b − a)2 (2.20) 36 ⇔ [(b + c)2 − a2 ]c(2b − a)2 − 4b(b − a)2 (b + c)2 > ⇔ (b + c)2 [c(2b − a)2 − 4b(b − a)2 ] − a2 c(2b − a)2 > ⇔ (b + c)2 [4b2 c − 4abc + a2 c − 4b3 − 4a2 b + 8ab2 ] − a2 c(2b − a)2 > ⇔ (b + c)2 [4bc(b − a) + a2 c + 4ab(b − a) − 4b2 (b − a)] − a2 c(2b − a)2 > ⇔ (b + c)2 [4b(b − a)(c + a − b) + a2 c] − a2 c(2b − a)2 > ⇔ 4b(b + c)2 (b − a)(c + a − b) + a2 c[(b + c)2 − (2b − a)2 ] > ⇔ 4b(b + c)2 (b − a)(c + a − b) + a2 c(a + c − b)(3b + c − a) > Bất đẳng thức cuối b − a > theo bất đẳng thức tam giác Do (2.20) chứng minh Từ (2.19) (2.20) ta suy (2.15) Điều kiện đủ Giả sử tồn tai tam giác có a, b, la > thỏa mãn điều kiện (2.15) với BC = a, AC = b, đường phân giác AD = la Khi la2 bc[(b + c)2 − a2 ] = (b + c)2 (2.21) Ta có (vi) ⇔ la2 (b + c)2 = bc[(b + c)2 − a2 ] ⇔ bc3 + (2b2 − la2 )c2 + b(b2 − a2 − 2la2 )c − b2 la2 = Từ suy c nghiệm phương trình f (x) = bx3 + (2b2 − la2 )x2 + b(b2 − a2 − 2la2 )x − b2 la2 = (2.22) Từ xét phương trình (2.22) với a, b, la thỏa mãn điều kiện (2.15) Ta có f (a + b) = b(a + b)3 + (2b2 − la2 )(a + b)2 + b(b2 − a2 − 2la2 )(a + b) − b2 la2 =(a + b)2 [b(a + b) + 2b2 − la2 + b(b − a)] − 2bla2 (a + b) − b2 la2 =(a + b)2 (4b2 − la2 ) − bla2 (2a + 3b) = 4b2 (a + b)2 − la2 (a + 2b)2 Do (2.15), ta có la < 2b(b + a) ⇔ la2 (2b + a)2 < 4b2 (b + a)2 2b + a Suy f (a + b) > (2.23) 37 Với b − a > f (b − a) = b(b − a)3 + (2b2 − la2 )(b − a)2 + b(b2 − a2 − 2la2 )(b − a) − b2 la2 Tương tự, ta tính f (b − a) = 4b2 (b − a)2 − la2 (2b − a)2 Cũng từ (2.15) suy la > 2b(b − a) ⇔ la2 (2b − a)2 > 4b2 (b − a)2 , 2b − a f (b − a) < (2.24) Với b − a f (a − b) = b(a − b)3 + (2b2 − la2 )(a − b)2 + b(b2 − a2 − 2la2 )(a − b) − b2 la2 = (a − b)2 [b(a − b) + 2b2 − la2 − b(a + b)] − bla2 [2(a − b) + b] = (a − b)2 (−la2 ) − bla2 (2a − b) = −a2 la2 Suy f (a − b) < (2.25) f (|a − b|) < 0, ∀a, b > (2.26) Từ (2.24) (2.25) ta suy Từ (2.23) (2.26) f (x) hàm số liên tục đoạn [|a−b|; a+b] nên phương trình (2.22) ln có nghiệm c cho |a−b| < c < a+b Bất đẳng thức chứng tỏ tồn tam giác ứng với ba cạnh a, b, c Vì c nghiệm (2.22) nên c thỏa mãn điều kiện (2.21) Do tồn tam giác ABC với yếu tố (x, y, z) = (a, b, la ) 38 CHƯƠNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN 3.1 Các yếu tố xác định độ dài ba loại đường khác tam giác Trong phần ta xét xem thi ba số dương (x, y, z) độ dài ba loại đường khác tam giác (a, ma , ), ((a, mb , hb )), (ma , hb , lc ), (la , hb , hc ), Bài toán 3.36 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, ma , ) y > z > (3.1) Lời giải Điều kiện cần Xét tam giác ABC , đường cao AH = , trung tuyến AM = ma Khi đó, điều kiện (3.1) hiển nhiên, ma = ⇔ H ≡ M ⇔ 4ABC cân A Điều kiện đủ Giả sử a > 0, ma > > gọi tam giác ABC tam giác ứng với BC = a, AH = , AM = ma Khi đó, điểm A vừa cách BC khoảng vừa cách M khoảng ma ; nên A vừa thuộc đường thẳng ∆//BC cách BC khoảng , vừa thuộc đường tròn tâm M bán kính ma Suy cách dựng tam giác ABC sau - Dựng BC = a, lấy M trung điểm BC - Dựng đường thẳng ∆//BC cách BC khoảng - Dựng đường trịn tâm M bán kính ma - Đường thẳng ∆ đường trịn tâm M bán kính ma cắt A, ta tam giác ABC thỏa mãn yếu tố cho Thật khoảng cách từ ∆ đến BC ma nên đường trịn tâm M bán kính ma đường thẳng ∆ cắt nhau, tức điểm A tồn Biện luận: 39 - Nếu ma > đường trịn tâm M bán kính ma đường thẳng ∆ cắt A, A0 nên có hai tam giác ABC; A0 BC thỏa mãn yếu tố cho - Nếu ma = có tam giác ABC cân A thỏa mãn điều kiện toán Vậy tam giác ứng với yếu tố thỏa mãn điều kiện (3.1) tồn Bài toán 3.37 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, mb , hb ) a > hb , mb > hb > (3.2) Lời giải Điều kiện cần Xét tam giác ABC , đường cao BH = hb , trung tuyến BM = mb Khi đó, từ tam giác HBC; HBM vng H suy *a = hb ⇔ H ≡ C, mb > hb *mb = hb ⇔ 4ABC cân B Suy a > hb Vậy (3.2) dấu đẳng thức xảy hai bất đẳng thức Điều kiện đủ Giả sử a, mb , hb > thỏa mãn điều kiện (3.2) giả sử tồn tam giác ABC tam giác ứng với BC = a, BH = hb , BM = mb Khi đó, điểm H giao điểm đường tròn tâm B bán kính hb đường trịn đường kính BC M giao điểm CH đường tròn tâm B bán kính mb ; A điểm đối xứng C qua M Suy cách dựng tam giác ABC sau: - Dựng BC = a, - Dựng đường trịn tâm B bán kính mb ; đường trịn tâm B bán kính hb đường trịn đường kính BC , - Dựng H giao điểm đường trịn đường kính BC với đường trịn tâm B bán kính hb , - Dựng M giao điểm đường thẳng HC với đường tròn tâm B bán kính mb , - Dựng A điểm đối xứng C qua M Ta tam giác ABC thỏa mãn yếu tố cho 40 Thật hb a nên H tồn Khoảng cách từ B đến đường thẳng CH hb mb nên đường trịn tâm B bán kính mb cắt CH M Từ xác định A tam giác ABC tồn với BC = a, BH = hb , BM = mb Biện luận: - Nếu a > hb , mb > hb theo cách dựng tồn hai điểm H điểm H có hai điểm M Do tính đối xứng cặp H qua BC , ta cần xét điểm, ứng với điểm H tồn M M suy tồn hai tam giác ABC; A0 BC thỏa mãn yếu tố cho - Nếu a = hb , mb > hb H ≡ C CM tiếp tuyến đường trịn đường kính BC nên có tam giác ABC vuông C thỏa mãn điều kiện toán - Nếu a > hb , mb = hb M ≡ H nên có tam giác ABC cân B thỏa mãn điều kiện toán - Nếu a = mb = hb M ≡ H ≡ C ⇒ A ≡ C ⇒ tam giác ABC suy biến thành đoạn BC Vậy tam giác ứng với yếu tố thỏa mãn (3.2) tồn Trong dấu đẳng thức xảy hai bất đẳng thức Khi có tam giác, khơng tồn hai tam giác Bài tốn 3.38 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, ma , hb ) x > z, 2y > z > (3.3) Lời giải Điều kiện cần Xét tam giác ABC , đường cao BH = hb , trung tuyến AM = ma Khi ta có BC > BH nên a > hb (i) a = hb ⇔ H ≡ C ⇔ 4ABC vuông C 1 Vẽ M K vuông góc với AC Suy M K//BH M K = BH = hb 2 Ta có AM > M K ⇔ ma > hb 41 suy 2ma > hb > (ii) 2ma = hb ⇔ AM = M K ⇔ A ≡ K Từ (i) (ii) suy (3.3) Mặt khác, a = hb tam giác ABC vng C , AM > M C H ≡ K ≡ C nên 2ma > hb 2ma = hb a > hb Vậy dấu đẳng thức xảy hai bất đẳng thức (3.3) Điều kiện đủ Giả sử ma , hb , a > thỏa mãn điều kiện (3.3) giả sử tồn tam giác ABC tam giác ứng với BC = a, BH = hb , AM = ma Khi đó, điểm A giao điểm đường trịn tâm M bán kính ma với CH H giao điểm đường trịn đường kính BC với đường trịn tâm B bán kính hb Suy cách dựng tam giác ABC sau: - Dựng BC = a, gọi M trung điểm BC , - Dựng đường tròn tâm B bán kính hb đường trịn đường kính BC Gọi H giao điểm hai đường trịn này, - Dựng đường trịn tâm M bán kính ma giao điểm A với đường thẳng CH Ta tam giác ABC thỏa mãn yếu tố cho Thật vậy, đoạn BC = a trung điểm M dựng được; hb a nên H tồn Khoảng cách từ M đến đường thẳng CH hb ma nên đường trịn tâm M bán kính ma cắt CH A Từ xác định A tam giác ABC tồn với BC = a, BH = hb , AM = ma Biện luận: - Nếu a > hb , 2ma > hb theo cách dựng tồn hai điểm H, H đối xứng qua BC Do tính đối xứng cặp H, H qua BC Ta cần xét điểm, ứng với điểm H tồn A A0 suy tồn hai tam giác ABC; A0 BC thỏa mãn yếu tố cho - Nếu a = hb , 2ma > hb H ≡ C nên có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện toán Với A giao điểm đường tròn tâm M bán kính ma với tiếp tuyến C đường trịn đường kính BC - Nếu a > hb , 2ma = hb có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện toán Với A điểm chung CH với đường 42 trịn tâm M bán kính ma - Nếu a = 2ma = hb H ≡ C tam giác ABC vuông C nên tam giác ABC suy biến thành đoạn BC Vậy tam giác ứng với yếu tố thỏa mãn điều kiện (3.3) tồn Trong dấu đẳng thức xảy hai bất đẳng thức Khi có tam giác, khơng tồn hai tam giác Bài toán 3.39 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, mb , ) 2y > z > (3.4) Lời giải Điều kiện cần Cho tam giác ABC , đường cao AH = , trung tuyến BM = mb Vẽ M K ⊥ BC ⇒ M K//AH 1 M K = AH = mb = BM 2 Suy 2mb ; Và = 2mb ⇔ K ≡ B ⇔ 4ABC có BM ⊥ BC ; Điều kiện đủ Giả sử a > 0, mb , thỏa mãn điều kiện (3.4) giả sử tồn tam giác ABC với yếu tố cho Vẽ M K ⊥ BC M K = Suy m ∈ ∆//BC cách BC khoảng Mặt 2 khác, BM = mb nên M thuộc đường tròn tâm B , bán kính mb A điểm đối xứng C qua M ; Suy cách dựng tam giác ABC sau: - Dựng BC = a, gọi M trung điểm BC , - Dựng đường thẳng ∆//BC cách BC khoảng , - Dựng đường tròn tâm B bán kính mb đường trịn cắt ∆ M, - Dựng điểm A đối xứng với C qua M Ta tam giác ABC thỏa mãn yếu tố cho Thật vậy, từ cách dựng ta có BC = a, BM = mb (điểm M ln tồn mb > ) Hơn nữa, AH = 2M K = 43 Biện luận: - Nếu 2mb > đường thẳng ∆ đường trịn tâm B bán kính mb cắt hai điểm M, M nên có hai tam giác ABC A0 BC thỏa mãn yếu tố tốn - Nếu 2mb = M xác định tiếp điểm ∆ đường trịn tâm B bán kính mb , có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện toán Vậy tam giác ứng với yếu tố thỏa mãn điều kiện (3.4) tồn Bài toán 3.40 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, hc , mb ) x > y; 2z > y > (3.5) Lời giải Điều kiện cần Cho tam giác ABC , BC = a đường cao CH = hc , trung tuyến BM = mb Ta có BC > CH nên a > hc Dấu đẳng thức xảy H ≡ B Dựng M K ⊥ AB suy M K//HC M K = hc Trong tam giác BM K, ta có hc ⇔ 2mb > hc 2mb = hc ⇔ K ≡ B Do (3.5) chứng minh Ngồi ra, a = hc tam giác ABC vuông B suy BM > M K ⇔ mb > hc = a = BC < AC = 2mb nên hc < 2mb Ngược lại, 2mb = hc K ≡ B , nên tam giác ABC có B góc tù a = BC > 2BM = 2mb = hc Vậy dấu đẳng thức xảy hai bất đẳng thức (3.5) Điều kiện đủ Giả sử a, mb , hc > thỏa mãn điều kiện (3.5) giả sử tồn tam giác ABC với yếu tố cho 44 \ = π CH = hc nên H thuộc đường tròn đường kính - Ta có BHC BC đồng thời thuộc đường trịn tâm C bán kính hc , hc hc - MK = nên M cách AB hay BH khoảng BM = 2 mb ; M thuộc đường trịn tâm B bán kính mb đồng thời M ∈ hc ∆//BH cách BH khoảng , - A giao điểm BH CM Suy cách dựng tam giác ABC sau: - Dựng BC = a gọi M trung điểm BC , - Dựng đường tròn tâm C bán kính hc đường trịn đường kính BC Dựng giao điểm H hai đường tròn này, hc - Dựng đường thẳng ∆//BH cách BH khoảng (thực chất ∆ đường thẳng qua trung điểm N BC song song với BH), - Dựng đường trịn tâm B bán kính mb giao điểm M với ∆, - Dựng giao điểm A BH CM Ta tam giác ABC thỏa mãn yếu tố cho Thật vậy, a > hc nên H tồn Hơn ∆//BH cách BH hc hc khoảng nên khoảng cách từ B đến ∆ mb ; điểm 2 M xác định Cuối cùng, ∆//BH nên CM cắt BH A Rõ ràng tam giác ABC thỏa mãn BC = a, trung tuyến BM = mb đường cao CH = hc Biện luận: - Nếu a > hc ; 2mb > hc có hai tam giác ABC A0 BC thỏa mãn yếu tố toán, A0 giao điểm CM với BH (M giao điểm thứ hai ∆ đường trịn tâm B bán kính mb ) - Nếu a = hc , 2mb > hc H ≡ B đường thẳng BA trở thành tiếp tuyến chung đường trịn đường kính BC đường trịn tâm C bán kính hc , lúc ∆ ⊥ BC trung điểm N BC nên ∆ cắt đường tròn tâm B , bán kính mb hai điểm M, M đối xứng qua BC nên có tam giác thỏa mãn yêu cầu cho - Nếu a > hc ; 2mb = hc M tiếp điểm ∆ đường trịn tâm B bán kính mb , có tam giác ABC thỏa mãn điều kiện toán 45 Vậy tam giác ứng với yếu tố thỏa mãn điều kiện (3.5) tồn Bài toán 3.41 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, b + c, ma ) x < y; 2z < y; y x2 + 4z (3.6) Lời giải Điều kiện cần Cho tam giác ABC , BC = a, trung tuyến AM = ma tổng hai cạnh Ab + AC = b + c Khi đó, a b2 + c2 + 2bc hay 4m2a + a2 > (b + c)2 (3.9) Dấu đẳng thức xảy b = c Từ (3.7), (3.8), (3.9) ta suy (3.6) Điều kiện đủ Giả sử dựng tam giác ABC tam giác ứng với BC = a, AB + AC = b + c, AM = ma Khi đoạn BC = a dựng được, đặt b + c = 2k AB + AC = 2k nên A ∈ (E), (E ) elíp có hai tiêu điểm B, C độ dài trục lớn 2k Mặt khác, AM = ma nên A thuộc đường trịn tâm M bán kính ma 46 Suy cách dựng tam giác ABC sau: - Dựng BC = a Gọi M trung điểm BC , - Dựng elíp (E ) có hai tiêu điểm B, C độ dài trục lớn A1 A2 = 2k , - Dựng đường tròn (C ) tâm M bán kính ma , - Dựng A giao điểm (E ) (C ) Ta 4ABC thỏa mãn yếu tố a, b + c, ma Thật vậy, 4ABC dựng thỏa mãn BC = a A tồn AM = ma , AB + AC = b + c (Do A ∈ (E )) Bây ta chứng minh tồn A ; Trước hết, (E ) có hai tiêu điểm B, C độ dài trục lớn 2k nên xác định 4ABC tồn (E ) (C ) phải cắt điểm A ∈ / BC Điều tương đương với h ma < k (3.10) (Với 2k = b + c độ dài trục lớn 2h độ dài trục nhỏ (E ) ) Theo tính chất elíp, ta có  b + c 2  a 2 (b + c)2 − a2 2 h =k −f = − = 2 Do h ma < k ⇔ h2 m2a < k (b + c)2 (b + c)2 − a2 ma < ⇔ 4 2 ⇔ (b + c) − a 4ma < (b + c)2  (b + c)2 a2 + 4m2 a ⇔ b + c > 2m a (3.11) Từ (3.6) suy (3.11) đúng, (3.10) đúng, 4ABC tồn Biện luận - Nếu (b + c)2 = a2 + 4m2a ⇔ h = ma (E ) (C ) cắt hai điểm đối xứng qua BC Trường hợp có tam giác thỏa mãn yếu tố cho - Nếu (b + c)2 < a2 + 4m2a ⇔ h < ma (E ) (C ) cắt bốn điểm tạo hai cặp đối xứng qua BC nên có hai tam giác khác thỏa mãn yếu tố cho 47 Tóm lại, với yếu tố cho thỏa mãn điều kiện (3.6) tồn tam giác nhận chúng làm yếu tố tương ứng Bài toán 3.42 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, b + c, ) y > x2 + 4z (3.12) Lời giải Điều kiện cần Cho tam giác ABC , BC = a, đường cao AH = tổng hai cạnh AB + AC = b + c Khi ta có (3.12) ⇔ (b + c)2 − a2 > 4h2a ⇔ (b + c + a)(b + c − a) > 4h2a p(p − a) > h2a (3.13) Đặt c0 = AB; b0 = AC với b0 + c0 = b + c Thì S = p(p − a)(p − b)(p − c) Với S, p diện tích nửa chu vi tam giác ABC S2 S2 ⇒ p(p − a) = > 2p − (b0 + c0 (p − b0 )(p − c0 ) ( ) 4S = h2a (vì 4S = a2 h2a a Từ (3.14) suy (3.13), từ suy (3.12) Trong (3.14) dấu đẳng thức xảy ⇒ p(p − a) > (3.14) p − b0 = p − c0 ⇔ b0 = c0 ⇔ 4ABC cân A Điều kiện đủ Cho a, b + c, > thỏa mãn điều kiện (3.12) Từ (b + c)2 > a2 suy b + c > a Giả sử dựng tam giác ABC tam giác ứng với BC = a, AB + AC = b + c, AH = Khi đoạn BC = a dựng Đặt b + c = 2k AB + AC = 2k nên A ∈ (E ) (E ) elíp có hai tiêu điểm B, C độ dài trục lớn 48 2k Mặt khác, AH = nên A thuộc đường thẳng ∆ song song với BC cách BC khoảng Lập luận tương tự, điểm A dựng giao điểm (E ) ∆ Tam giác ABC tồn tồn A không thuộc BC hay < < h 2h độ dài trục nhỏ elíp (E) Ta có (b + c)2 − a2 h2 = , nên < < h hay (b + c)2 − a2 < ⇔ (b + c) > 4h2a + a2 Bất đẳng thức cuối theo (3.12) Biện luận: - Nhận thấy có hai đường thẳng ∆ song song với BC cách BC khoảng , tính đối xứng hai đường thẳng qua BC nên ta xét đường - Nếu (b + c)2 = a2 + 4h2a ⇔ h = ∆ tiếp xúc với( E ) nên trường hợp có tam giác thỏa mãn yếu tố cho - Nếu (b + c)2 > a2 + 4m2a ⇔ h > ∆ (E ) cắt hai điểm nên có hai tam giác khác thỏa mãn yếu tố cho Tóm lại, với yếu tố cho thỏa mãn điều kiện (3.12) tồn tam giác nhận chúng làm yếu tố tương ứng Bài toán 3.43 Chứng minh điều kiện cần đủ để tồn tam giác ứng với yếu tố (x, y, z) = (a, b + c, la ) y > x2 + 4z ; 2yz > y − x2 > (3.15) Lời giải Điều kiện cần Xét tam giác ABC , BC = a, đường phân giác AD = la tổng hai cạnh AB + AC = b + c Khi ta có la2 bc[(b + c)2 − a2 ] = (b + c)2 (3.16)