Tài liệu toán học Đề tài: Vectơ pot

Trang 2

Lời nói đầu

Trong chương trình toân ở bậc THPT, vectơ lă một khâi niệm quan trọng, nó có tính khâi quât cao, có thể sử dụng cho cả hình phẳng lẫn hình không gian vă thậm chí cả đại số Nhờ vectơ, ta có thể đưa tọa độ văo băi toân hình học do đó trânh khỏi những sai lầm về mặt trực quan Cũng nhờ vectơ, nhiều băi toân hình học phẳng, hình học không gian rất khó nếu chỉ giải quyết chúng bằng hình học thuần túy, nhưng lại trở nín đơn giản hơn khi ứng dụng vectơ Chính vì vậy, nghiín cứu câc ứng dụng của vectơ văo việc giải toân hình học, thậm chí cả đại số lă một vấn đề khâ thú vị vă ý nghĩa

Đối với vectơ, những khía cạnh đâng để quan tđm vă có thể dùng để giải quyết câc băi toân

lă khâ nhiều, trong đó có việc chứng minh ba điểm thăng hăng, ba đường thẳng đồng quy, hai đường thăng vuông góc, hay chứng minh cũng như thiết lập câc bất đăng thức Nhưng trong

khuôn khổ một chuyín đề nhỏ, tôi xin chỉ đề cập đến việc ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ văo việc thiết lập vă chứng minh bất dẳng thức Đđy lă một vấn đề không còn mới về

tổng quan vă chủ yếu vẫn lă khai thâc câc khía cạnh sau:

e Sử dụng tích vô hướng để tính khoảng câch giữa câc điểm đặc biệt, cho câc khoảng câch

đó không đm hoặc so sânh chúng, ta được câc bất đăng thức

e Su dụng bình phương vô hướng của z# lă đại lượng không đm (z lă một vectơ được chọn đặc biệt) e Nếu ở, ở lă hai vectơ bất kỳ thì ư = |z||0| cos(œ, ở) Suy ra +) #.ữ < |ữl|ởi +) ữ < 0 © 90° < (ữ,ữ) < 180° ,, Ud +) cos(u, ¥ = —— jul | từ đó thiết lập vă chứng minh câc bất đẳng thức Tuy nhiín khi nhìn nó dưới những góc độ chỉ tiết hơn, ta vẫn có thể thu được nhiều băi toân thu vi 1 Khai thâc hệ thức Jacobi Hệ thức Jacobi

Trang 3

Đđy lă hệ thức quen thuộc vă chứng minh nó không có gì khó khăn Tuy nhiín từ đđy ta

có thể thu được rất nhiều bất đẳng thức trong tam giâc khi cho Ô⁄ lă những điểm đặc biệt cũng như khi xĩt mối quan hệ giữa điểm đặc biệt đó

Trước hết, cho 2 lă một điểm bất kỳ trong mặt phẳng, ta có

(1) = «(MO + OA) + y(MO + OB) + z2(MO+0C) =0

—> (+ + z)“.OM = z OA“ + ˆOBˆ + zOCZ+

+ 2O AOB + 2uzO BOO + 2z2rOCOA

+(OA”+ OBÝ ~ c*) + yz(OB* + OC? — a*) + zz(OAˆ + OCZ — b°)

©OM2 = zO A2 +OB“ + zOCZ — (aục + za^ + +zb”) — (9) 1) Chọn (Ó, ?) lă đường tròn ngoại tiếp tam giâc 4Œ

Hĩ thtfc (2) tro thanh: OM? = R? — (xyc? + yza? + xzb7) (3)

Cho M 1an luot 1a cdc diĩm dac biĩt trong tam giâc, ta có câc băi toân sau:

Bai toan 1 Cho tam giâc ABC Chitng minh: a? + b* + c? < 9R?

1 2 bZ 2

Lời giải Khi MĨ = G, ta có z =1 —= z—= 3 nĩn OG" = RY — ———

Suy ra điều phải chứng minh a

Bai toan 2 Cho tam giâc 4BŒ Chứng minh: 2 abc a) R* > ———— a+b+e b) R > 2r Loi giai Goi I lă tđm đường tròn nội tiếp tam giâc 1Œ a) Khi M = I, taco: a b C at+b+e a+b+e at+b+ec bc

Thay văo (3) ta có: OJ? = R? - ——"— ty vo) cóc TH >

b) OF? = R? - > R? — 2Rr Suy ra diĩu phải chứng minh a

Dp

Trang 4

Băi toân 2'_ Cho tứ diện 1Œ D ngoại tiếp mặt cầu (7, z) vă nội tiếp mat cau (O, R) Khi đó 1ˆ 5 9rˆ+ÓT” Lời giải GỌI SA, 5p Sơ, Sp lă diĩn tich cac mat BCD, ACD, ABD, AB Khi đó ta có S.T1+ Spg.TB + Se.TÖ + Sp.ID = 0 Với mọi ⁄, ta có S4.MA? + Sp.MB? + So.MC? + Sp.MD? = $4.1 A* + Sp.I1B? + Se.ICZ + Sp.TD + (SA + Sg + Se + Sp) MT” Cho M = O, ta cĩ

(S4+Sp+So+Sp)R* = S4.1A* + Sp.IB? + Sc.IC* + Sp.ID? + (Sa + S%pg + Sơ + Sp)OT”

— S4.LA* + Sp.IB? + Sc.IC* + Sp.ID? +O!" (Sa + Sg + Se + Sp) © Hˆ Ta còn chứng minh: — SA.FA“+ Sp.IB + Sec.ICˆ + Sp.TDˆ T (SA + Spg + Se + Sp) > Or? That vay: (SA.IA + Sp.TBˆ + Se.IC2 + Sp.TD”)(SA + Sp + Sơ + Sp) (SA + Špg + Sơ + Sp)? (SA.TA + Spg.IB + Soe.IC + Sp.ID)ˆ “ (SA + 5g + Se + Sp)’ T=

Nhưng /A > hạ —r > SA.TA > 3V —rSa

=> SA.IA? + Sg.IBˆ + Soc.IC2 + Sp.ID2 > 9V = ôr(SA + Sp + Sơ + Sp)

Vay T > 9r? =

Ngoăi ra, trong tam giâc còn có một số điểm đặc biệt khâc nữa ( chủ yếu xĩt câc điểm tạo ra câc hệ thức dạng (1) trong đó z, 3, z có quan hệ với câc cạnh tam giâc):

Điểm Giâc-Gôn

Cho tam giâc 4C, đường tròn nội tiếp tam giâc tiếp xúc ba cạnh BŒ, CA, 4B lđn lượt tại

Ai, BỊ, Ci Khi đó ba đường 44, ĐBị, CƠ: đồng quy tại một điểm 7, gọi lă điểm Giâc-Gôn Điểm J thỏa mên hệ thức

=> =>

Trang 5

p-c RB: p-b C Loi giai AA,, BB,,C'C, dĩng quy lă do A,B BC CA _ pdb prcp-a_, AiC B,A C\B p-cp-ap—b | vă định lý Cíva Mặt khâc: SAJAB _ Đ—Ù ĐAJAB _ p—d SAJAC p—c Sajpo p-c nín SAJAB(P — €) = SAJAc(Pp— b) = SApc(p—) =T Do đó T 1 — ĐAJBƠ | ?p—dq 7 p—a w= G AABC ——T Fy T T 1 ae i i p-a p-b p-c p-a p—ÙÖ PC Tương tự có 1 1 — p—Ũ — p-c J 7 +—+ 1 TL?“ TT + 1 + i

p-a p—b p-e p-a p—b p-e

suy ra điều phải chứng minh a

Cho M trung JJ, ta c6 bai toân sau:

Trang 6

Lời giải a) Suy trực tiếp bằng câch thay z, , z ở trín văo hệ thức

Trang 7

Suy ra G2 p(r? + 4Rr)? ( Ap*r =F Cape +) OJ? =R? — AnRr + Apr”) Tr OJ? > 0 tacĩ Rr+4R? > V/4p?r(R +1) hay 1 ` vr2+rh 2p“ R{r+4R Điểm Lơ-moan

Cho tam giâc 41BŒ, A¡, B:,C;) lần lượt thuộc BŒ,CA, 4B sao cho

AIB — BƠ a GAP

AiC b?)BA œ`CB_ dq?

Khi đó ba đường 44:, ÐB\¡, CC; đồng quy tại một điểm 7 thỏa mên a?LA + b?*LB + cL = 0

Lời giải Ba đường đồng quy do định lý Cíva

Trang 8

2) Cho M = J-tam dudng tron ndi tiĩp tam giac ABC

Khi d6 afA + bJB + cIC' = 0 hay

a b C

Ỗ = ——, —

atb+e” ——————›;ZZ = —_ at+b+e œ+D+€C

Cho O lần lượt lă câc điểm đặc biệt của tam giâc ABC, ta có câc băi toân sau:

Băi toân 5_ a) 3(œb + be + ca) 3 a^ + b2 + cˆ + 36tr

a b C 3

b) —— +- —_————— + ————— > JVaz+3be Vb?+38ac Vc2+3ba — 2 Lời giải a) Cho Ó@ = (Œ7-trọng tđm tam giâc, ta có:

IGŒ=— ” GA2+ b Gp+—< Ge — whe + beat + ach" —

a+b+c a+b+c a+b+c (a+b+c)?

1 4 2 2 2 abc

—————- a+ba+reg 00 + m, + em) b 2 —— a+b+e

& dam: + 4bm; + 4cem?2 > 9abc

& a(2b* + 2c — a?) + b(2a? + 2c? — b*) + c(2a* + 2b? — c*) > 9abc 2ab(a + b) + 2be(b + c) + 2ca(e +a) > a? +b? +c? + Yabe © 2(a+ b+ e)(ab + be + ca) > (a” + b° + e? — 3abe) + 18abc

b) Cũng từ

1G? = —* qa? + —! _@pe 4 CÔ cac nhổ + bea + âch at+tb+e a+b+c at+b+e (a+b+c)

ta co

Trang 9

Vậy cđn chứng minh

(a+b+c) >5

Vu+b~+cVaŠ +3 + c5 + 9abe ” 2

& 12(a*b +a°c+batbe+catec’d) > 5(a’? +b? +c’) + 57abe

Nhung do (*) thi

12(a°b +a°c + bat b’c+cCat+cb) > 6(a? +b? +c’) + 54abe 3 5(a° + b° + cổ”) + 57abc Ta có điều phải chứng minh a

a® +b? + &

Bai toan 6 Cho tam giâc ABC Chitng minh a) 4R? > at+tb+ec

b) 4R? — 8Rr > a? +b? +c? — ab — be — ca

Loi giai a) Cho O = HH, ta có

a*bc + b?ca + cab a+b+e aH A* + bHB* +cHC* = (a+b+c)HI’ + Chi y rang HA* = 4R? — a’, HB* = 4R? — 0°, hC? = 4R? —c’, ta có điều phải chứng minh b) Van cho O = H, ta c6ĩ 4 1 5 4 4 suy ra

TH” =|(a+b)+(b+e) + (e+a)|R + (b+ o)(c+a)(2R* — c?)+

+(c+ø)(a+b)(2R“ — a”) + (b+c)(a+b)(2Rˆ — b2) > 0 © 4F“(a+b+e) > (b+e)(e+ a)eˆ° + (e+ a)(ø + b)dˆ + (b + e)(a + b)bˆ

Trang 10

Bai toan 7 Cho tam giâc 1BŒ có @,G, H, ïT lđn lượt lă tđm đường tròn ngoại tiếp, trọng tđm, trực tđm, tđm đường tròn nội tiếp Chứng minh 2) 01> OG > IG b) OJ > — V2 Lời giải Trước hết, ta có OG2- p2_ 8 + + 9 OI2-p8 t0c - at+tb+e TH? —4R2 — a’? +b? +c? + abc at+b+e 1 2 2 a’? +b? +c? + 3abc

IG? = -1H’? + -OF — 20G? = =(a? + bˆ+ ga giâ th +e) c7) — 3(a +b +0)

a) Dĩ dang c6 duoc (a? + b? + c?)(a+b+c) > 9abe nĩn OG < OI Xĩt 40@2 — ry? — Gt te tabe Aa +h +e) at+tb+e 9 - 3 bở 3 b 4 2 b2 2 Ta cần chứng minh; @ 72 + + abe _ Ala’ + +) vụ at+tb+e 9

Thật vậy, bất đăng thức trín tương đương với

5(a” + b° + €) + 9abe > 4ab(a + b) + 4be(b + e) + 4ca(e 4+ a) Điều năy suy ra từ

Trang 11

2 Khai thac bat dang thife zi” > 0

Xĩt vectơ ? = z\#A + MB + zMC, ta luôn có #? > 0 Từ đó suy ra

cyc? + yza* + zxb?

tM A? + yMB? + zMC? > LT+rytzZ (*)

Dau dang thitc xay ra khi M 14 tam ti cu theo bộ số z, y, z cla ba diĩm A, B,C

Ta lai thu duoc cac bai toan sau:

Bai toan 8 Cho tam giac ABC Chứng minh:

aM A? + bM B? + cMC? > abc

Loi gidi Trong (*) cho x = a, y = Ù,z = c, ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi Ô⁄ lă tđm đường tròn nội tiếp tam giâc 4Œ a Bai toan 8.1 Tim diĩm M trong tam gidc ABC sao cho T = MA.MB.AB+MB.MC.BC+

MA.MC.AC nho nhat Tim T khi do

Trang 12

suy ra

T > abc

& B'C'.MA’®4+C'A MB" + B'A' MC” > A'B' B'C' CA’

Băi toân quay trở về băi toân trín a Băi toân 9_ ( Chọn đội tuyển Việt Nam đi thi quốc tế 2003) 2 9 , MA MB MC Cho tam giâc ABC’ M la diĩm trong tam giac Chttng minh trong câc tỉ số 3 a C 1 có ít nhất một tï số không bĩ hơn —— : & v3

Loi giải Ta chứng minh: MA a +——+—>v3 MB b MC C Ta có MA MB MC s MA.MB MB.MC MC.MA (—— + —— + —)’ > 3( a b C ab + bc +———`) ca Theo băi trín thì MA MB MC s (—+——+—)“>b3 a b C

vă đđy lă điều phải chứng minh a

Tu bai toan nay, ta c6 mot bai toan tuong tu trong khong gian sau:

Bai toan 9' Goi R 1a ban kinh mat cau ngoai tiĩp ti diĩn A; A2A3 Ay va S; la diện tích câc

Trang 13

(1) © 7” 3 24/.3.S7.mƒ <> T > 124/S?m? Mă trong tam giâc 3 cạnh ø, b, c diện tích Š luôn có a2 + b2 + c2 > 43% Ta được: 3T' = 9m2 + 4(d2 + a2 + a2) > 9m2 + 163%: = 9m2 + 8V35 + 8V3S4 > 36{4/ 52.m2 hay 7'> 123/52.mi Tương tự hoăn toăn, (1) được chứng minh Lai co: MA; 4MA,GA, _ 32V3MA,GA, „ 32v3 a = 5; 35;M; TVT 7 TTF Cộng theo vế câc bất đẳng thức thu được, ta có “——=(M@G.GA, + G4?) 4 ` 22 me Gâi = ĐỂ — 2 Tự? 1=1

Nhan xĩt rang T < 16R?, ta c6 điều phải chứng minh a Từ hệ thức (+) trong lời giải băi toân trín, ta có băi toân

Băi toân 10 Trong một tứ diện, đường trọng tuyến đối diện với mặt có tổng bình phương câc cạnh lớn hơn thì lớn hơn

Lời giải Kết quả năy lă hệ quả trực tiếp từ hệ thức (x) bằng câch xĩt hiệu mỹ — rnƒ a

Quay lại với băi toân , tâch điểm 4 thănh 2 điểm riíng biệt Ô⁄, 1” trong tam giâc, ta có băi toân

Băi toân II Cho tam giâc ABC, M, M’ bĩn trong tam giâc Chứng minh: a.MA.M'A+6.MB.M'B+c¢.MC.M'C > abe

Trang 14

C

Băi tôn năy khơng dễ giải quyết vì nó khâ tổng quât , Ô⁄, M⁄” hầu như không có mối liín hệ năo Tuy nhiín, ta có thể giải quyết một số băi toân trong câc trường hợp riíng của nó Băi toân 11.1 Cho tam giâc 4Œ, T lă tđm đường tròn nội tiếp tam giâc Ôƒ bín trong tam giâc Chứng minh

a.MA.ITA +b.MPB.IB+c.MCŒ.TIŒC > abc

Loi gidi Tacĩ a.MA.IA > a.MA.IA = a(MI.IA + IA?)

Suy ra

a.MAIA+).MBIB+¢c.MCIC > MI(alA+bIB+cIC) + al A? + bIB? + cIC? = abe

a

Tiến gần tới băi toân tổng quât hơn một chút, ta có băi toân sau:

Băi toân 11.2 Cho tam giâc 4Œ, T lă tđm đường tròn nội tiếp tam giâc 1í, M" bĩn trong

tam giâc sao cho ZMIM’ < 90” Chứng minh a.MA.M'A+0.MB.M'B+c.MC.M'C > abc Lời giải Ta có œ1 + bTB + cIC =0 Suy ra i =aMA+bMB+cMC = (a+b+o0)MI ¢=aM'A+bM'B+cM'C = (a+b+0M'l Ma

Trang 15

a.MA.M'A>a.MA.M'A= 5 (a-MA® + a.M' A?’ — a.M'M’*) => => 1 b.MB.M'B>a.MB.M'B = 5 (0 MB" + b.M'B? — b.M'M?) => => 1 a.MC.M'C > a.MC.M'C = a(6.MŒ +e€.M'C2 — c.M' M2) Vay a.MA.M'A+).MB.M'B+a.MC.M'C 1 > 5 aM AY + bM B? + cMC? + aM' A? + bM'B? + cM'C? — (a+b+c)M M”] ©“„.MA.M A+ bĂM B.M B +a.MC.M'C

> abc + 5(a +b + o)(MI + M'I* — M'M?) Do ZMIM' < 90° nĩn MI? + M'I? — M'M? > 0 Diĩu nay dan dĩn

a.MA.M'A+b.MB.M'B+c.MC.M'C > abc

Dấu đăng thức xảy ra khi vă chỉ khi M = M' = a

*) Chú ý:

L) Thực ra trong lời giải của hai băi tôn 11.1 va 11.2 khơng cần đến giả thiết 1⁄, M” nằm trong tam giâc ABC’

2) Trong băi toân II trín, khi A⁄ lă tđm đường tròn ngoại tiếp tam giâc 4Œ, ta có băi toân quen thuộc

œ.MA+0.MB+c.MCŒ 5 4S

Điều năy cho thấy có thể không cần đến giả thiết ⁄⁄TM” < 909, có nghĩa lă băi toân 11 có nhiều khả năng lă một kết quả đúng

3) Phương phâp chứng minh băi toân tổng quât hơi khâc so với việc chứng minh câc trường

hợp đặc biệt vă sẽ được đề cập ở phần sau

3 Khai thâc định nghĩa tích vô hướng

Trang 16

Băi toân 12_ Cho đường thẳng xz’ vă hai điểm 44, 2 nằm về một phía của no, M € xz’ Biĩt rang cos ZAMa _ 0 —————— b cosZBMx a giv > 9) Chứng minh với mọi ® trín #z”, ta có aNA+bNB>aMA+6MB B A xỈ X N M lời giải Ta có a b NA+0NB = —.NA ——.NB.MB a +b Mê NA.MA+ WB b ——— —_ NB.MB > NAMA + WB MA | MB Con lai ta chttng minh: (MA MB

WG +b = 0 = acos(NM, MA) + bcos(NM, MB) =0

+) Nĩu N € Mz thiacos(NM, MA)+bcos(NM, MB) = —acos ZAMx+bcos ZBM x = 0 +) Nếu N € Mz’ hoan toan tuong tu, ta cfing c6 acos(NM, MA) + bcos(NM, MB) = 0

Vay

aNA+bNB>aMA+bMB

Bai toan 13 Cho tam gidc ABC khong c6 gĩc nao vuot quĩ 120° Tim diĩm M sao cho MA+ MB+ MC nhỏ nhất Tìm giâ trị nhỏ nhất khi đó

Trang 17

M

/Z NĂN

B C

Lời giải Cho điểm X bất kỳ, ta có:

_ MAAXA, MA.XA_ vÔA MA XA > ——_ XA = MX — + XA XA” nín | _ | + NA XB XC MA+ MB+ MC> MX(——¬+_——¬+—_—)+XA1¬+XDb+x*X + + MC (<q t+xyptxyet +XB+XC XA XB XO 2 Chọn X sao cho TA + YB + Yo 0 thì ta được MA+ MB+ MC> XAÔ+ XB+ XC XA Ặ„XDB „XC „

C ¡ lă phải chi ố đi A ti _ Dat — = 7 — = 7 —_ =

Còn lại ă phải chỉ ra X cố định vă tính X4 + XBö+ XŒ Dat 'XBT XG k, ta có _ i+j+k=0 suy ra (+ j)? = k2 = cos (2 7) = Tương tự, (2 š) = 120° vă do đó X lă điểm nhìn ba cạnh tam giâc với góc 120° (Điểm Toricelli) oo me XA XB XC Hă Rõ răng nếu X lă điểm Toricelli thì YA + XB + Yo 0 vă XÊ lă điểm cố định Mặt khâc [ _-> —2 —s hay (7, j) = 120° (XA+ XB+XC)“= XAˆ+XB”+ XCˆ+2(XA.XB+XB.XC+ XCŒ.XA) 2 b2 2 fo, 1, (vì định lý hăm số cosin vă công thức tính diện tích: S = 20C sin 4) fe ae ee a? +b* +c? Cua

Vay MA+ MB+ MC dat gia tri nho nhat bang — †39v3 khi M 1a diĩm

Toricelli cua tam giâc a

Câc băi toân sau lă hệ quả của băi toân về điểm Toricelli

Trang 18

Bai toan 13.1 Cho tam gidc ABC M 1a diĩm Toricelli cia tam giâc Chứng minh

1

a’ MA+b0.MB+c¢.MC < 5 (MA+ MB+ MC)?

Loi giai Dat MA = 2, B=y, MC = z, tacĩ cac hĩ thitc q2 = 1ˆ + 1z + 22; bˆ = zˆ + zw + 1”; cˆ = xzˆ + xu + 9Ÿ Khi đó ta chỉ cần chứng minh (“+ 0z + z2)z + (zÝ + z+z + z”)u+ (xˆ+z+^)z< <(x++2)? GW] e+ Điều năy tương đương với % + U2 + 2+ <a ty t2

Ta được điều phải chứng minh a

Bai toan 13.2 Cho z, y, z 1a cac số thực dương thỏa mên z + + z = 1 Đặt

da = V2 + z + z2;b = V22 + z+z + 32;:c = W+2 + zụ + 92 Chứng minh: ab + bc + ca = 1

Lời giải Giả sử cho điểm M bat ky trong mat phẳng

Dung cdc diĩm A, B,C sao cho MA = 7; MB = y;MC = z va ZAMB = ZBMC = LOMA = 120° Khi đó MA 1a diĩm Toricelli cla tam gidc ABC c6 ba canh BC = a;CA = 6; AB = Ta cần chứng minh 2 + p2 2 a) +e boa > 1=MA+MB+ MC = **"*" jos hay a2 + b2 + c2? > 49V 3 + (a T— b)2 + (b— e)?+ (e— a)? Đđy lă một bất đăng thức đúng a Băi toân 13.3 (Đề thi HSGQG Việt Nam 1998) Tìm giâ trị nhỏ nhất P(x;y) = W(œ +1)? + (w— 1)? + w(z - 1)? + Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ z1 xĩt điểm M (x; y) vacac diĩm A(—1;1); B(1; -1); C(—2; —2) Ta có AB = (2; —2); BC = (—3; -1);CA = (1;3)

Suy rac = AB = 2V/2;a = BC = V10 = AC = b nĩn A, B,C lă ba đỉnh một tam giâc cđn tại C, không có góc năo vượt quâ 120”

(y +1)2 + W(œ+2)?+(y+2)3

Trang 19

Băi toân trở thănh: Tìm gia tri nho nhat cua MA+ MB+ MC

ce , ae +b° +e ¬ |

Theo băi toân 13, ta có 4+ MB+ MCŒ 5 —_ + 25,\/3 va dau bang xảy ra khi J lă điểm Toricelli của tam giâc ABC nĩn viĩc còn lại lă tính diện tích Š của tam gidc ABC

AB.AC 4 1 2

Ta có 2S = be sin A va cos A = —— = — — —— —>sIn — —_ b.c A/5 v5 V5

Vậy 25 = 8 Cuối cùng, ta có P(z; ) đạt giâ trị nhỏ nhất bằng 1⁄14 + 8⁄3 oH

Tương tự, ta có một băi tôn trong khơng g1an sau:

Băi toân 14 Cho tứ diện ABCD X lă điểm trong khong gian sao cho X A+ X¥ B+ XC+XD nhỏ nhất Chứng minh: X nhìn câc cạnh đối diện của tứ diện dưới câc góc bằng nhau

Lời giải Gọi X lă điểm sao cho XA XB XC XD XA’ xB’ XG XD? Khi đó VẢ, ta có , XA XB XC XD MA+ MB+ MC+ + + MC + MD> MX(C—+<—¬+—+——)+XA+XB+XC+XD (<q txyptxatxp’t +XB+XC+ suy ra MA+MB+MC+MD>XA+XB+XB+XD Đặt XA +3XB +XC Ẻ XD ta có ——— — j — — —— — —— — "XA 'XB TXC ”XD ` i+jt+k+l=0

Suy ra (+7)? = (+? = ( ÿ) = (E, ] hay X nhìn 4Ð vă CD dưới những góc bằng nhau

Tương tự với câc cặp cạnh đối điện còn lại a

Tiếp đó lă một băi toân tương tự trong phẳng

Trang 21

hay XC? = —_ q2Ù2 + b2c2 + c2a? pa => XC = — Va2b2 + b2c2 + c2a2 w Tương tự Ùˆc ca XA = XB= Va2Ù2 + b2c2 + a? Va2Ù2 + b2c2 + a?

Vậy aXB -+bXC +cXA= va2Ù2 + b2c2 + c2a2

Ta có điều phải chứng minh a

Từ băi toân trín, nhờ câch tính câc khoảng câch từ điểm Brôca đến câc đỉnh tam giâc, ta có băi toân sau:

Bai toan 16 Cho tam giâc ABC’, BC = a,C A = 6, AB = c Chitng minh:

a2b -L bc - ca > da bÍ + bˆcˆ + c 2d?

Lời giải Trước hết, ta có nhận xĩt sau: Với mọi 1, trong tam giâc 4C thì

MA.sinZBNC + MB.sinZCNA+ MC.sin ZANB

>NA.sinZBNC + NB.sinZCNA+ NC sin ZANB

Tiếp đó cho Ô⁄ vă N 1a hai diĩm Broĩca cla tam gidc, chi y: ZBNC = 180° — B; ZCNA = 180° —C; ZANB = 180° — A va cach tinh nhu băi trín, ta có điều phải chứng minh a

Từ băi toân I5 lại sinh ra một băi toân tương tự như bai toan 13.3 Băi toân 15.1 Tìm giâ trị nhỏ nhất P(x; y) = 29|(+ ~ 1)? + ( + 2)?|+ w29[(+ — 3)? + (y — 3)?]+ w18[(z + 2)? + ( — 1)'] Lời giải Xĩt trong hệ toạ độ zOy câc điểm Ô⁄/(z;); A(—2;1); B(1; —2); C(3; 3) thì băi toân trở thănh: Tìm giâ trị nhỏ nhất của œ.MB+b MCŒ+c MA

Theo bai 15 thi

aMB+b.MC+¢.MA > Ve2h? +P2 + 2a?

va dau bang xay ra khi JV 14 diĩm Broca thoa man ZIM BC = ZMCA = ZMAB a

Bđy giờ quay trở lại băi toân I1 Trước hết, ta có băi toân sau:

Trang 22

Băi toân 11.3 (Dự tuyển IMO 98)

Cho tam giâc 418C Mĩ, N lă câc điểm bín trong tam gidc sao cho ZM AB = ZNAC; ZMBA = ZNBC Khi đó MA.NA + MB.NB + MC.NC | 1 bc ac ab Như vậy, băi toân trín chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng trong băi toân I1, ta có lời giải băi toân 11 như sau: Lời giải băi toân II Goi N lă điểm thỏa mên giả thiết trong băi toân trín A N B C

Trang 23

Điều năy luôn đúng Vậy (1) được chứng minh Lại có MA.M'A 7 MA.M'A.NA bc 7 NA.bc MA.M'A.NA MANA + MANA > = ———— + }/⁄'———— NA.be be + NA.be Nĩn MA.MA MB.MB MCMC MANA MB.NB MC.NC ————+ bc ac + ab >————— + bc ac + ab =1

Băi toân được chứng minh a

Băi toân I7 Cho tam giadc ABC khong can, goi G, J, H 1an luot 1a trong tđm, trực tđm, tđm

đường tròn nội tiếp tam giâc Chứng minh

LGIH > 90° ¬ > I

Lời giải Ta đi chứng minh: IH.IŒ = 3 (4r° — R*) <0

2 2 R

That vay, goi N lă trung điểm OF thi lă tđm đường tròn 9 điểm vă JN = ah

Trang 24

Hơn nữa OA; = \/2? + y? Từ (1), ta có ` OA; = -25_ OA;.0A; <2) OA;.0A, i=l i<j 1<) Suy ra 23042 <( 0A)? i=l i=l

Đđy lă điều phải chứng minh

*) Băi toân năy có thể phât biểu theo câch khâc như sau:

Cho đa giâc trong mặt phang c6ĩ n canh 18 a1; œ¿; ; a„ Chứng minh rằng

Q0” > 2Q 4)

Đđy lă băi toân tổng quât của băi toân: Trong tam giâc 41B cạnh a, b, e thì 2(øb + be+ ca) >

24 724 22

a“ + b° +¢

*#) Trong băi tôn trín, dấu đẳng thức xảy ra khi vă chỉ khi với mọi ¿, 7, góc giữa 24; va OA;

lă 180° Điều năy không xảy ra nín ta có bất đẳng thức thực sự

Băi toân 19_ (Mathlink) Cho 6 số thực a, 0, c, z, , z thoa man

(atbt+e\(a+tyt+2z) =3;(@ +0 4+e)(a? +y? +27) =4

Chứng minh: az + by + cz > 0

Loi giai Trong hĩ toa do Oxyz xĩt cac vecto

tỉ — (a, b, C); #1 — OX, — (2,9,2): #2 — OX, — (U, 2,2); £3 — OX — (z, #, y)

Trang 25

Hon nia: az + b + cz = #1 Vậy bất đăng thức cần chứng minh tương đương với œ¡ < 90°

Để chứng minh, ta xĩt bổ đề sau:

Bồ đề: Cho ba vectơ trong không gian có độ dăi bằng nhau vă câc góc tạo bởi hai trong ba vectơ đó đều bằng nhau Xĩt một vectơ ở mă góc tạo bởi vectơ đó với ba vectơ đê cho lă

Œ1, 02, A3 thỏa mên QA, > 90” Khi đó

COS Q@; + COS Az + COS Q3 < 5

Ching minh Goi ¢ 1a goĩc giữa câc vectơ £1, 72,73 da cho Gia su #1 = (0;0; 1); 7 = (m,n, cos $); #3 = (m’, n', cos 6) m? +n? = sin? m9 + n2 = sin” ở mm! + nn! = cos Ó — cos2 ở Gia st 7 = (p,¢,7), /P?+@ +r? =1 Ta c6 cosa, + cosag + cosazg =r+pm+qn+rcos¢+pm' + gn” + r cos ở =r+p(m+m')+q(n+n')+r(2cos¢+1)=A Do cosa, =r < 0 nĩn

+) Nĩu @ > 90° thi cos @ < 0 Khi đó

Aˆ < (p° + ˆ+r^)|(m + m')ˆ + (n + ø')ˆ + 4cos” 6] = 2+2cos¢ < 2

+) Nếu ¢ < 90° thi cos ¢ > 0 Khi đó 4 < p(m + mm) + g(n + nØ) nín

A? < (p+ @)[(m4+m’')? + (n+n')*] < V2(1 + cos ¢ — cos? d) < 9l C5

Bổ đề chứng minh xong

Băi toân trín lă hệ quả trực tiếp của bổ đề năy a *) Ngoai bất đẳng thức thu được, ta còn có một lọat câc bất đẳng thức tương tự

œU + 0# + cz 3 Ö; du + 0z + cz Ð U; a# + 0z + cụ > Ö;øz + bx + cy > 0; az + DỤ + cz > 0

Trang 26

Phu luc

P1 (Du tuyĩn IMO 98)

Cho tam gidc ABC M, N lacac diĩm bĩn trong tam gidc sao cho ZMAB = ZNAC; ZMBA =

ZNBC Khi đó

MA.NA + MB.NB + MC.NC |

bc GC ab

Loi giải Trín tia đối của tia V lấy K sao cho ZBC'K = ZBMA Khi do do ZMBA = ZK BC, ta c6ĩ hai tam gidac BMA va BC'K dong dang 1 Suy ra CK BC AM BM hay AM.BC Ck = —— |] aay (1) A K N B “o Hơn nữa BK BC nĩn AABK ~ AMBC vă do đó AK CM BK BC AB BM’ AB” BM AB.CM AB.B

hay AK = “TT pK = C (2) Mat khac, ZCKB = ZMAB = ZNAC nen ttt

Trang 27

hay MA.NA + MB.NB + MŒ.NC | 1 bc ac ab a P2

Cho tam giâc 4Œ có câc cạnh a, ö, c vă diện tích S Chứg minh

a2 + b2 + c2 > 4vV38 +(a— b)®+(b— e)?+(e— a)3{(1)

Lời giải Ta có

1

& 4S (~T[ +> ata a) > 4V3S + 4S(cotgA V/35 + 45(cotgA + cotgB + cotgC) teB teC

= ( sin A cotgA) + ( sin B cotgB) + ( sin C' cotgC) Bh) > V3 2

l1—cosA 1-—cosB —_— >V3 1-—cosC sin A + sin B + sin Œ v3

A B Œ

= tg(5) + te(>) + te(5) > V3

Đđy lă băi toân quen thuộc a

P3 ( Dinh ly Ceva dang sin)

Cho tam gidc ABC’ Diĩm M, N, P thuĩc cdc canh BC, CA, AB Ching minh: AM, BN, CP đồng quy khi vă chỉ khi

sin MAB sinNBC sinPCA _

sin MAC sin NBA 'sinPCB |

Trang 28

Ching minh Dung tam gidc ABC c6 A=at+6=a' + Ø

Lay M, M’ trĩn BC sao cho LBAM =a;ZCAM = 6

ZBAM' =a!';ZCAM' = Ø'

Ta có

MB S5Awmp AÔAMAPsnoa AM ADBsno MP

MC Sạc AM.AC.sinB AM'.AC.sinB! MƠ

Suy ra M = M' hay a =a’; 8 = B C M

Trở lại băi toân chính, nếu A1, BN,C'P đồng quy tại Ó thì

sin MAB sin NBC sin PCA a snOAB sinOBC sinOCA a OB OC OA _

sin MAC sin NBA sinPCB sinOBA'sinOCB sinOAC OA OB'OC

Ngược lai, gia su cĩ

sin MAB sinNBC sinPCA _

= ] sin MAC sinNBA sin PCB

va AM cat BN tai O, theo phan trước,

sinOAB sin NBC sin PCA =1

sinOAC sinNBA sinPCB -

sin MAB _ SH OAB

sin MAS _ SHCŒ-22 theo bĩ dĩ thi O ¢ AM

1a TA IMAC sinOAG” Lhe bo de th O €

Định dạng
Số trang	28
Dung lượng	2,06 MB