(Luận văn) bất đẳng thức trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ HOÀNG ANH lu an n va p ie gh tn to BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ HOÀNG ANH lu an n va p ie gh tn to BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC nl w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa Mã số: 8460113 an lu ll u nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si ii Mục lục MỞ ĐẦU iv lu an n va 1 gh tn to Chương Một số tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược 1.1 Đồng thức lượng giác 1.1.1 Một số đồng thức liên quan đến hàm sin cosin 1.1.2 Một số đồng thức liên quan đến hàm số tang cotang 1.2 Tính chất hàm lượng giác ngược p ie Chương Bất đẳng thức lớp hàm lượng giác lượng giác ngược 2.1 Bất đẳng thức đại số sinh hàm lượng giác 2.1.1 Bất đẳng thức sinh hàm cosin 2.1.2 Bất đẳng thức sinh hàm sin 2.2 Bất đẳng thức đại số sinh hàm lượng giác ngược 2.2.1 Một số dạng bất đẳng thức lớp hàm arcsin arccosin 2.2.2 Một số dạng bất đẳng thức lớp hàm arctan arccotan d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z Chương Một số dạng toán liên quan 3.1 Các toán cực trị lượng giác 3.2 Phương pháp lượng giác đại số hình học 3.2.1 Phương pháp lượng giác đẳng thức 3.2.2 Phương pháp lượng giác bất đẳng thức 3.2.3 Phương pháp lượng giác phương trình, bất phương trình 3.2.4 Phương pháp lượng giác hình học 3.3 Một số dạng toán liên quan từ đề thi Olympic 13 13 13 15 19 19 23 m co l gm @ 28 28 35 35 41 an Lu 44 50 60 n va ac th si iii KẾT LUẬN 66 TÀI LIỆU THAM KHẢO 67 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iv MỞ ĐẦU Chuyên đề lượng giác chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Tuy nhiên, giảm tải nội dung mà vấn đề sâu sắc liên quan đến lượng giác ngược khơng cịn đề cập sách giáo khoa lu an Lượng giác không đối tượng nghiên cứu mà cịn cơng cụ đắc lực n va nhiều lĩnh vực khác toán học Một phương pháp sử dụng to đại số khảo sát tính chất đa thức lượng giác để áp dụng gh tn toán ước lượng đánh giá đa thức phân thức hữu tỷ, tính tốn liên quan đến đạo hàm tích phân biểu thức đại số ie p Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, toán nl w liên quan tới áp dụng lượng giác để khảo sát bất đẳng thức toán cực trị liên oa quan thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc d loại khó, nhiều dạng tốn cần tới phần kiến thức nội suy đa thức lại không nằm lu thông hành nf va an chương trình thức giáo trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ lm ul Với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tổng hợp chuyên đề lượng giác cho giáo viên học sinh giỏi chọn đề tài luận văn ”Bất đẳng thức lớp z at nh oi hàm lượng giác lượng giác ngược” Luận văn nhằm trình bày số phương pháp chứng minh bất đẳng thức z đa thức lượng giác xét ứng dụng liên quan đến toán cực trị, khảo sát @ Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương co l dụng tài liệu tham khảo [1]-[6] gm phương trình, bất phương trình Để hồn thành nội dung luận văn, tác giả có sử m Chương Một số tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược an Lu Chương trình bày tính chất hàm lượng giác lượng n va giác ngược Xét ví dụ áp dụng liên quan ac th si v Chương Bất đẳng thức đa thức lượng giác lượng giác ngược Chương trình bày bất đẳng thức đại số sinh hàm lượng giác, lượng giác ngược dạng toán liên quan Chương Một số dạng toán liên quan Xét số dạng toán phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, cực trị đại số số tập áp dụng lượng giác tốn hình học Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Nhà giáo nhân dân, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành lu an sâu sắc tới GS - Người thầy nghiêm khắc, tận tâm công việc truyền n va thụ nhiều kiến thức quý báu kinh nghiệm nghiên cứu khoa học cho tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu đề tài gh tn to Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô giáo ie p tham giảng dạy hướng dẫn khoa học cho lớp Cao học toán K10C w Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, tập thể giáo viên toán trường oa nl THPT Lê Văn Thịnh, tỉnh Bắc Ninh gia đình tạo điều kiện cho tác giả có d hội học tập nghiên cứu an lu nf va Tác giả z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược Trong chương trình bày tính chất hàm lượng giác lượng lu an giác ngược sở cho toán chương n va Đồng thức lượng giác gh tn to 1.1 Một số đồng thức liên quan đến hàm sin cosin p ie 1.1.1 w Ta có cơng thức Euler d Khi oa nl eiα = cos α + i sin α, α ∈ R nf va an lu  iα −iα  cos α = e + e iα − e−iα e  sin α = 2i eα + e−α Từ đó, ta suy cos(iα) = Như hàm số cost với t = iα biểu thức   1 có dạng a+ , a = eα , cho nên, mặt hình thức ta có nhiều a biến đổi thu từ công thức liên quan đến biến x ∈ / [−1; 1] giống hàm z at nh oi lm ul z m co cos 2t = cos2 t − 1, l Ví dụ 1.1 Hệ thức đại số ứng với công thức gm @ số cost n va      1 a + =2 a+ − a a an Lu cơng thức ac th si hay     1 2x − = a + , với x = a+ , a 6= a a Ví dụ 1.2 Hệ thức đại số ứng với công thức cos 3t = cos3 t − cost, lu an n va gh tn to cơng thức         1 1 a + =4 a+ −3 a+ a a a   1 4x3 − 3x = a3 + , a với   1 a+ , a 6= x= a Ví dụ 1.3 Hệ thức đại số ứng với công thức p ie nl w cos 5t = 16 cos5 t − 20 cos3 t + cost, d oa công thức            1 1 1 a + = 16 a+ − 20 a+ +5 a+ a a a a nf va an lu hay lm ul   16x − 20x + 5x = a + , a z at nh oi với   1 x= a+ , a 6= a z gm @ Ví dụ 1.4 Hệ thức đại số ứng với cơng thức co l cos 5t + cost = cos 3t cos 2t, m cơng thức            1 1 1 a + + a+ =2 a + a + a a a a an Lu n va ac th si Từ đó, sử dụng kết khai triển hàm lượng giác cos 3t cos 2t ta thu đồng thức đại số sau  
a + = −x + 4x3 − 3x (2x2 − 1), a   1 x= a+ , a 6= a Ví dụ 1.5 Cho số thực m với |m| > Tính giá trị biểu thức M = 8x3 − 6x, lu an n va x= q q  p p 3 m + m2 − + m − m2 − to p ie gh tn Lời giải Vì |m| > nên tồn số thực q để có hệ thức   m= q + q lm ul ta q p q = m + m2 − 1, nf va an lu Chọn d oa nl w Đặt t = q3 ta phương trình t − 2mt + = 0, √ √ từ suy t = m ± m2 − hay q3 = m ± m2 − z at nh oi q   q  p p 1 q+ = m + m2 − + m − m2 − = x q Theo ví dụ 1.2 4x3 − 3x = m nên M = 2m z @ Tiếp theo, mục trình bày số đồng thức quen biết liên quan m eit − e−it co i sint = l gm đến hàm số sin Từ công thức Euler ta thu hệ thức an Lu Suy biểu thức i sin(it) nhận giá trị thực Điều gợi ý cho ta cách chuyển đổi đồng thức hàm số sin sang đồng thức đại số n va ac th si Ví dụ 1.6 Xét cơng thức khai triển sin 3t = sint − sin3 t, Từ ta thu công thức i sin (3it) = (i sin it) + (i sin it)3 Hệ thức đại số ứng với công thức đồng thức         1 1 a − =3 a− +4 a− , a a a lu hay an   1 a3 − 4x3 + 3x = a n va to với ie gh tn   1 x= a− , a 6= a p Ví dụ 1.7 Xét công thức biến đổi oa nl w
sin 5t + sint = sin 3t − sin2 t , d Ta viết lại công thức dạng an lu nf va h i i sin i (5t) + i sin(it) = 2i sin i(3t) + (i sin it) z at nh oi lm ul Hệ thức đại số ứng với công thức đồng thức        "   2 # 1 1 1 a − + a− =2 a − 1+2 a− a a a a z Từ ví dụ trên, sử dụng kết khai triển hàm lượng giác sin 3t ta thu đồng gm @ thức đại số sau m co l  

a − = −x + 4x3 + 3x 2x2 + , a n va   1 x= a− , a 6= a an Lu ac th si √ = sin α + β − ≤ √ Vậy |u(x + y) + v(x − y)| ≤ (điều phải chứng minh) gm @ an Lu n va − a2 − b2 − c2 b) + + ≤ + a2 + b2 + c2 m − a2 − b2 2c √ a) + ≤ + a2 + b2 + c2 co l Bài toán 3.17 Cho a, b, c > thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh ac th si 43 Dấu đẳng thức xảy ? Lời giải Từ giả thiết a, b, c > ab + bc + ca = lu an n va  α   a = tan    β Suy tồn góc α, β , γ ∈ [0; π] α + β + γ = π với b = tan    γ2  c = tan α − a2 − tan = cos α a) Ta có = β + a2 + tan γ tan − b2 2c γ √ r Tương tự = cos β = = sin + b2 γ + c2 + tan2 Bài toán trở thành, chứng minh to gh tn γ cos α + cos β ≤ sin p ie ta có oa nl w cos α + cos β = cos d Dấu đẳng thức xảy cos α +β α −β α +β γ cos ≤ cos = sin 2 2 lu α −β =1⇔α =β nf va an − a2 2a b) Sử dụng biến đổi ta Suy b = a c = lm ul z at nh oi − a2 − b2 − c2 + + = cos α + cos β + cos γ + a2 + b2 + c Nên ta cần chứng minh bất đẳng thức z cos α + cos β + cos γ ≤ gm @ n α β γ sin sin ≤ ( theo toán 2.8) 2 va sin an Lu Mà α β γ sin sin ( theo toán 2.3) 2 m cos α + cos β + cos γ = + sin co l Thật vậy, ta có ac th si 44 Từ suy điều phải chứng minh √ Dấu đẳng thức xảy α = β = γ hay a = b = c = a b Bài toán 3.18 Cho a, b, x, y > thỏa mãn điều kiện + = x y Chứng minh √ √ x + y ≥ ( a + b)2 Lời giải lu an n va tn to  a  = cos2 α    a b π Vì a, b, x, y > + = nên ∃α ∈ 0; cho bx  x y  = sin2 α y  a  x = x a cos2 α Suy = tan2 α b  y b y = sin α Ta có gh a b + cos2 α sin2 α = a(1 + tan2 α) + b(1 + cot2 α) p ie x+y = w d oa nl = a + b + a tan2 α + b cot2 α √ ≥ a + b + ab cot2 α tan2 α nf va an lu √ √ hay x + y ≥ ( a + b)2 Dấu đẳng thức xảy lm ul b tan2 α r r r b b x b b x a ⇔ tan4 α = ⇔ tan2 α = ⇔ = ⇔ = a a y a a y b a tan2 α = b cot2 α = z at nh oi z @ Phương pháp lượng giác phương trình, bất phương trình l gm 3.2.3 m co Để lượng giác hóa phương trình đại số ta sử dụng nhận xét sau: π π 1) Nếu −1 ≤ x ≤ ∃α β với − ≤ α ≤ , ≤ β ≤ π cho sin α = x 2 cos β = x π π 2) Nếu ≤ x ≤ tồn số α, β với ≤ α ≤ ≤ β ≤ cho 2 sin α = x cos β = x an Lu n va ac th si 45 π π < α < cho x = tan α 2 4) Nếu số thực x, y thỏa mãn hệ thức x2 + y2 = tồn số α với 3) Với số thực x tồn số α với − ≤ α ≤ 2π cho x = cos α, y = sin α Ngồi cịn số dấu hiệu nhằm giúp phát phương pháp lượng giác hóa nhanh lu an n va p ie gh tn to - Nếu biến x thỏa mãn điều kiệnh |x| ≤ a(a > 0) lượng giác hóa π πi đặt x = a cos α với α ∈ [0; π] cách đặt x = a sin α với α ∈ − ; 2 - Nếu hai biến x, y tham gia toán thỏa mãn a2 x2 +b2 y2 = c2 với a, b, c > c c ta lượng giác hóa cách đặt x = sin α; y = cos α với α ∈ [0, 2π] b √ a 2 - Nếu toán xuất biểu thức x + x + ta lượng  π π √ giác hóa cách đặt x = tan α với α ∈ − , Khi x2 + = 2 cos α x2 + = cos2 α √ − x2 ta lượng giác hóa - Nếu tốn xuất hiệnhbiểu thức i √ π π − x2 = cos α đặt x = cách đặt x = sin α với α ∈ − , 2 √ cos α với α ∈ [0; π]khi − x2 = sin α √ - Nếu tốn xuất biểu thức x2 − lượng giác hóa cách   h π √ 3π ∪ π; đặt x = với α ∈ 0; x2 − = tan α cos α 2 Ngồi cịn số dấu hiệu thông qua công thức hàm số tang, chẳng d oa nl w nf va an lu hạn: z at nh oi lm ul a+b thường lượng giác hóa cách đặt a = − ab tan α, b = tan β A = tan(α + β ) - Nếu có biểu thức A = - Nếu có ba số a, b, c mà a + b + c = abc ta đặt a = tan α, b = tan β , c = tan γ với α + β + γ = kπ z m an Lu Lời giải co c) 4x3 − 3x = m l b) 4x3 − 3x = m với |m| > gm a) 4x3 − 3x = m với |m| ≤ @ Bài tốn 3.19 Giải phương trình sau: n va a) Vì |m| ≤ nên ta đặt m = cos α = cos(α ± 2π) với α ∈ [0; π] ac th si 46 α α α α − cos nên 4x3 − 3x = cos3 − cos 3 3 Vậy phương trình có ba nghiệm α + 2π α − 2π α , x3 = cos x1 = cos , x2 = cos 3   √ b) Vì |m| > nên đặt m = a + với a3 = m ± m2 − a   3 Khi phương trình trở thành 4x − 3x = a + a Từ ví dụ ta suy phương trình cho có nghiệm q   q  p p 1 x0 = a+ = m + m2 − + m − m2 − a Do cos α = cos3 lu an Ta chứng minh x0 nghiệm phương trình n va Thật x0 nghiệm phương trình 4x3 − 3x = m nên ta có tn to 4x03 − 3x0 = m Suy gh 4x3 − 3x = 4x03 − 3x0 p ie ⇔4(x3 − x03 ) − 3(x − x0 ) = nl w ⇔(x − x0 )(4x2 + 4xx0 + 4x02 − 3) = oa Vì phương trình 4x2 + 4xx0 + 4x02 − = có d ∆0 = 4x02 − 4(4x02 − 3) = 12 − 12x0 = 12(1 − x02 ) < (do |x0 | < 0) lu nf va an nên phương trình khơng có nghiệm thực z at nh oi lm ul Vậy phương trình 4x3 − 3x = m có nghiệm thực q    q p p 1 m + m2 − + m − m2 − x0 = a+ = a Ta chứng minh x0 nghiệm thực phương trình Thật xét hàm số f (x) = 4x3 + 3x z Ta có f (x) = 12x2 + > 0, ∀ ∈ R f (x) hàm số đồng biến R nên x0 l gm @ nghiệm phương trình Nhận xét 3.3 Từ toán ta đưa cách giải phương trình bậc ba tổng quát co m a0 x3 + a1 x2 + a2 x + a3 = 0( với a0 6= 0) a1 a2 a3 ⇔x3 + x2 + x + = a0 a0 a0 ⇔x + ax + bx + c = an Lu n va ac th si 47 a2 a3 a1 ;b = ,c = a0 a0 a0 a a Đặt y = x + ⇔ x = y − 3 Phương trình trở thành    a 2 a a 3 +a y− +b y− +c = y− 3   a 2a3 ab ⇔y3 + b − y+ − + c = 0, 27 Với a = hay y3 + py + q = (3.16) lu a2 2a3 ab ,q = − +c 27 - Nếu p = từ (3.16) ta có y3 + q = giải an với p = b − n va p ie gh tn to - Nếu p > đặt y = αt, từ (3.16) ta có α 3t + pαt + q = hay p q p t + t + = Đặt = ta α α α r p 3α = 4p ⇒ α = nl w Từ đó, ta có 3q r =0 p 8p √ 3q 3q hay 4t + 3t = m với m = − r = − √ : giải 8p p p 8p r p Nếu p < đặt y = − t , tương tự đưa (3.16) dạng 4t − 3t = n với √ 3q n=− √ 8p −p d oa t3 + t + nf va an lu z at nh oi lm ul z @ m co l gm Bài toán 3.20 Giải phương trình q p p + − x = x(1 + − x2 )  π π Lời giải Điều kiện: |x| ≤ Đặt x = sint, t ∈ − , 2 Phương trình cho trở thành: t   3t  t  √ √ + cost = sint(1 + cost) ⇔ cos = sint + sin 2t = sin cos 2 an Lu n va ac th si 48  t   cos =  t √  t = (2k + 1)π 3t     ⇔ cos sin − = ⇔  π 4π 3t ⇔ 2 t = +k sin =√ 2 π Kết hợp với điều kiện t suy : t = π Vậy phương trình có nghiệm: x = sin = Bài toán 3.21 Xác định số nghiệm phương trình sau (0; 1) lu an n va p ie gh tn to 8x(1 − 2x2 )(8x4 − 8x2 + 1) =  π Phương trình trở thành Lời giải Đặt x = sin α với α ∈ 0; √ sin3 α + cos3 α = sin α cos α √ ⇔ (sin α + cos α)3 − sin α cos α(sin α + cos α) − sin α cos α = π  √ √ Đặt sin α + cos α = sin + α = t (điều kiện |t| ≤ 2.) t2 − , phương trình trở thành Suy sin α cos α = d oa nl w t2 − √ t2 − t −3 t− =0 2 √ √ ⇔t + 2t − 3t − = √ √ √ ⇔(t − 2)(t + − 1)(t + + 1) = nf va an lu z at nh oi lm ul √ √ √ Suy t = t = − (do |t| ≤ 2) π  √  √ √ π Với t = ⇒ sin + α = ⇔ sin +α = 4 π hay α = + k2π √ h π πi π π Vì α ∈ − ; nên α = x = cos = 2√ √ Với t = − suy sin α + cos α = − hay z √ − x2 = − ⇔ ( √ x ≤ 1− l gm @ p m co √ − x2 = (1 − − x)2 ( p √ √ √ x ≤ 1− 1− 2− 2−1 ⇔x= ⇔ √ √ x2 − (1 − 2)x + − = x+ an Lu n va ac th si 49 lu an n va p ie gh tn to Vậy phương trình cho có hai nhiệm p √ √ √ 1− 2− 2−1 x= ;x = 2 Bài tốn 3.22 Giải bất phương trình √ √ 1−x− x > √ Lời giải Điều kiện h≤ x ≤i π Đặt x = cos2 t với t ∈ 0; , ta có bất phương trình  π 1 sint − cost > √ ⇔ sin t − >√ (3.17)  π 1 √ Do < nên tồn α ∈ 0; cho sin α = √ ta có 6 π (3.17) ⇔ α + k2π < t − < π − α + k2π(k ∈ Z) π π π Vì ≤ t ≤ nên α < t − ≤ 4  π π π ⇔ α + < t ≤ ⇒ ≤ cost < cos α + 4   π ⇔ ≤ cos2 t < cos2 α + ⇔ ≤ x < (1 − sin 2α) √ √ 5 Do sin α = √ nên cos α = √ suy sin 2α = 6 √3 3− Vậy nghiệm bất phương trình ≤ x < Bài tốn 3.23 Với a 6= giải bất phương trình p 2a2 x + a2 ≤ x + √ x + a2  π π Lời giải Đặt x = |a| tan α, với α ∈ − ; , bất phương trình có dạng 2 |a| 2a2 cos α ≤ |a| tan α + ⇔ ≤ sin α + cos2 α cos α |a| ⇔2 sin2 α − sin α − ≤ ⇔ − ≤ sin α ≤ |a| ⇔ tan α ≥ − √ ⇔ x ≥ − √ 3 |a| Vậy nghiệm bất phương trình x ≥ − √ d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 50 Bài toán 3.24 Với giá trị tham số a bất phương trình sau có nghiệm q q √ √ a + x + a − x ≤ Lời giải Với a < bất phương trình vơ nghiệm, ta xét với a ≥ Điều √ kiện để phương trình có nghĩa x ≥ ≤ x ≤ a √ π Đặt x = a cost với ≤ t ≤ , ta có bất phương trình cho trở thành p p a(1 + cost) + a(1 − cost) ≤ lu √  t t ⇔ 2a cos + sin ≤2 2 (3.18) an n va Với a = bất phương trình có nghiệm Với a 6= ta có t π ≤√ − (3.18) ⇔ cos a gh tn to (3.19) p ie π π t π Vì ≤ t ≤ nên − ≤ − ≤ 4 √  t π ≤ Do ≤ cos − 2 Để bất phương trình (3.19) có nghiệm ta phải có √ ≤ √ hay < a ≤ 2 a d oa nl w nf va an lu Vậy để bất phương trình có nghiệm a ∈ [0; 2] lm ul Phương pháp lượng giác hình học z at nh oi 3.2.4 Bài toán 3.25 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R z Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác Các đường phân giác @ m co 1 + + > IA1 IB1 IC1 R l gm góc A, B C cắt đường trịn ngoại tiếp A1 , B1 C1 Chứng minh n va A+B [ [ A IB = A BI = an Lu Lời giải Nhận xét ac th si 51 Do tam giác A1 BI tam giác cân A A1 I = A1 B = 2R sin Suy   lu an n va tn to 1 1  1  + + = +  A+ B C IA1 IB1 IC1 2R sin sin sin 2 Sử dụng bất đẳng thức B C A sin sin sin 2 áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có v v u u1 1 1 u + + ≥ 3t ≥ 3u = t 3 B A C A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 gh Từ đó, ta nhận p ie 1 + + > IA1 IB1 IC1 R oa nl w Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác u Bi toỏn 3.26 (Bi toỏn Erdăos) Cho M l điểm tam giác ABC Gọi d nf va Chứng minh an lu P, Q, R hình chiếu vng góc M lên cạnh AB, BC,CA lm ul MA + MB + MC > 2(MP + MQ + MR) z at nh oi Lời giải Kí hiệu độ dài đoạn MP, MQ, MR tương ứng p, q, r Theo Định lí cosin tam giác MPR, ta có z [ = p2 + r2 − 2pr cos(π − A) PR2 = p2 + r2 − 2pr cos PMR @ gm = p2 + r2 − 2pr cos(B +C) = p2 + r2 − 2pr(cos B cosC − sin B sinC) co l = (p sin B + r sinC)2 + (p cos B − r cosC)2 > (p sin B + r sinC)2 m Suy PR > p sin B + r sinC Vì MA đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác n PR sin B sinC >p +r sin A sin A sin A va MA = an Lu APMR, nên áp dụng Định lí sin vào tam giác APR, ta ac th si 52 Chứng minh tương tự, ta có MB = PQ sin A sinC QR sin B sin A >p +q ; MC = >q +r sin B sin B sin B sinC sinC sinC Suy MA + MB + MC >  sin A sin B   sin B sinC   sinC sin A  >p + +q + +r + > 2(p + q + r) sin B sin A sinC sin B sin A sinC Vậy ta có MA + MB + MC > 2(MP + MQ + MR) Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác Bài toán 3.27 Cho tam giác ABC với AB < AC Gọi d đường thẳng chứa phân lu an n va p ie gh tn to giác góc A M điểm di động d Chứng minh MB a) Tỉ số đạt giá trị nhỏ M trùng với tâm I đường tròn nội tiếp MC tam giác ABC MB b) Tỉ số đạt giá trị lớn M trùng với tâm J đường tròn bàng MC tiếp tam giác ABC chứa góc A w Lời giải Ta chuyển đường thẳng d thành trục số, hướng thuận từ J đến I, gốc O oa nl trung điểm đoạn IJ d Vì BI ⊥ BJ nên tứ giác IBJC tứ giác nội tiếp đường tròn tâm O bán nf va an lu kính R0 = OI = OJ = OB = OC − → −→ − → −→ Gọi α = (OI, OB) , β = (OI, OC) OM = x a) Nếu OM = x ≥ (M thuộc tia OI), theo Định lí cosin tam giác, ta z at nh oi lm ul có α , β MC2 = R20 + x2 − 2R0 x cos β = (R0 − x)2 + 4R0 x sin2 Khi M ≡ A OA = x > ta có MB2 = R20 + x2 − 2R0 x cos α = (R0 − x)2 + 4R0 x sin2 z l gm @ α β ; AC2 = (R0 − x)2 + 4R0 x sin2 2 m co AB2 = (R0 − x)2 + 4R0 x sin2 an Lu Nhưng α β π α β α β AB < nên < < < suy cos > cos ; sin < sin AC 2 2 2 n va ac th si 53 Suy α α sin2 > = β β MC (R − x)2 + 4Rx sin2 sin2 2 Dấu đẳng thức xảy x = R = OI tức M ≡ I MB Vậy đạt giá trị nhỏ M ≡ I MC b) Nếu OM = x (M thuộc tia OJ), theo Định lí cosin tam giác, ta (R − x)2 + 4Rx sin2 MB2 có α , β MC2 = R20 + x2 + 2R0 x cos β = (R0 − x)2 + 4R0 x cos2 , α α 2 cos2 MB2 (R0 − x) + 4R0 x cos 2 = β β MC2 (R0 − x)2 + 4R0 x cos2 cos2 2 Dấu đẳng thức xảy x = −R0 = OJ tức M ≡ J MB đạt giá trị lớn M ≡ J Vậy MC MB2 = R20 + x2 + 2Rx cos α = (R0 − x)2 + 4R0 x cos2 lu an n va p ie gh tn to nl w d oa Bài toán 3.28 Chứng minh tam giác ABC, ta có 1 1 1 a) + + > + + la lb lc a b c b) ma + mb + mc R Lời giải nf va an lu 2S = bc sin A = cla sin Suy A A + bla sin 2 z at nh oi lm ul a) Ta có z A A cos 2 < 2bc la = A b+c (b + c) sin 2bc sin (3.21) n va 11 1 > + ; lb a c an Lu Tương tự ta có (3.20) m b + c 11 1 > = + la 2bc b c co l gm @ Do ac th si