VIETMATHS COM chuyen de su dung vecto chung minh bat dang thuc

Trang 2

Lời nói đầu

Trong chương trình tôn ở bậc THPT, vectơ lă một khâi niệm quan trọng, nó có tính khâi qt cao, có thể sử dụng cho cả hình phẳng lẫn hình khơng gian vă thậm chí cả đại số Nhờ vectơ,

ta có thể đưa tọa độ văo băi tôn hình học do đó trânh khỏi những sai lầm về mặt trực quan

Cũng nhờ vectơ, nhiều băi tôn hình học phăng, hình học khơng 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 tôn 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 thăng đồng quy, hai đường thẳng vng góc, hay chứng minh cũng như thiết lập câc bất đẳng thức Nhưng trong

khn khổ một chun đề nhỏ, tôi xin chỉ đề cập đến việc ứng dụng tích vơ hướng của hai vectơ văo việc thiết lập vă chứng minh bất dăng thức Đđy lă một vấn đề khơng cịn mới về

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

e Su dung tích vơ hướng để tính khoảng câch giữa câc điểm đặc biệt, cho câc khoảng câch

đó khơng đm hoặc so sânh chúng, ta được câc bất đẳng thức

e Sử dụng bình phương vơ hướng của wv lă đại lượng không đm (z lă một vectơ được chọn đặc biệt)

e Nếu ở, ở lă hai vectơ bất kỳ thì z.ữ = |ử||ở| cos(œ, ở)

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 thú vI

1 Khai thâc hệ thức Jacobi

Hệ thức Jacobi

Cho tam gidc ABC, canhh BC = a,CA=b, AB = c, diĩm M bĩn trong tam giâc Đặt: „= SAMBC = „1 | SAMAC x— SAMBA — ,2Z—

SA ABC SA ABC SAABC

Ta có+z++z= l vă: _

Trang 3

Đđy lă hệ thức quen thuộc vă chứng minh nó khơng 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 Ĩ lă một điểm bất kỳ trong mặt phẳng, ta có

(1 © z(MO + ØA) + (MO + ØB) + z(MO + ØC) = 0 © (z++z)1 = xỚA + OB + zOO

—> (z + + z)ˆ.OM2 = z OA“ + ˆOBˆ + z4OC2+

+ 2ryOAOB + 2uzO BOO +2zrOCOA

©(z++z)”“.OM“ = z OAˆ+ˆOB“ + zˆOC@Z+

+ ry(OA* + OB? — c*) + yz(OB* + OC* — a*) + zx(OA* + OC* — 0”) © (z++z)“.OM” = (z++z)(wOAˆ + OBˆ + zOC2) — (xyc? + yza* + 220") & OM* = zOAˆ + OBˆ + zOC2 — (xyc? + za^ +øzb”) (2)

1) Chọn (O, ?) lă đường tròn ngoại tiếp tam giâc 41 5Œ

Hệ thức (2) trở thănh: 2jM2 = ?‡ — (xzc7 + za°®++zb”)_ (3)

Cho M lần lượt lă câc điểm đặc biệt trong tam giâc, ta có câc băi toân sau:

Bai toan 1 Cho tam giâc 1Œ Chứng minh: øˆ + Ù + cˆ < 9R?

1 24 p24 (2

Lời giải Khi M = G ta có z = = z= = nen OG? = Re ST

Suy ra điều phải chứng minh a

Bai toan 2 Cho tam giâc 4Œ Chứng minh:

a) R2 > 006

at+b+e

b) R > 2r

Loi giải Gọi Ï lă tđm đường tròn nội tiếp tam giâc 1Œ

a) Khi = Ï, ta Có :

a b C

=——_——:U=——_:Z=—— a+b+e a+b+e a+b+e

be

Thay vao (3) taco: ay vac Tags OJ? = R? - ——“— ae >

b) OI? = R? — =a R? — 2Rr Suy ra điều phải chứng minh a D

Trang 4

Băi toân 2'_ Cho tứ diện 1Œ) ngoại tiếp mặt cầu (ƒ, z) vă nội tiếp mặt cầu (CO, #) Khi đó

R* > 9r* + OF

Loi giai Goi S4, 53, 5c, Sp la diĩn tich cac mat BCD, ACD, ABD, ABC Khi do ta cĩ

S4,1A+ SpIB+Se1IC + SpID =0

Voi moi /, ta có

S,.MA? + Sp.MB? + So.MC? + Sp.MD?

= SA.IAˆ” + Sg.LBˆ + Se.IC2 + Sp.ID” + (SA + Sg + Sơ + Sp)MT”

Cho M = O, ta cĩ

(S4+Sp+Se4Sp)R* = S4.1A* + Sp.IBˆ + Se.IC + Sp.ID* + (S4+Sp+Se¢4+ Sp)Olr

— S4.LA* + Sp.IB” + Sec.ICˆ + Sp.TDˆ 7 (Sa + Sg + Se + Sp)

Ta cịn chứng minh:

— SA.TA “+ Sp.IHˆ + Se.ICˆ + Sp.TDˆ T

(SA + Spg+ Seœ + Sp) > Or?

That vay:

SA.TA? + Sp.TBE' + So.IC2 + Sp.ID)(S + Sp + Sơ + Sp)

(Sa + Sp + Se + Sp)?

(SA.TA + Sp.LB + So.IC + Sp.ID)ˆ

ấ (Sa + Sg + Sơ + Sp)?

r — |

Nhung JA >h,-r=> S4JA > 3V -rS4

=> S4.1A* + Spg.IB2 + Se.IC2 + Sp.ID2 > 9V = 3r(SA + 5g + 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, , z có quan hệ với câc cạnh tam giâc):

Điểm Giâc-Gôn

Cho tam giâc 44BŒ, đường tròn nội tiếp tam giâc tiếp xúc ba cạnh ĐBŒ, CfA, 4B lần lượt tại

A,, B,, C, Khi đó ba đường 44, ĐBị, CƠ; đồng quy tại một điểm 7, gọi lă điểm Giâc-Gôn Điểm 7 thỏa mên hệ thức

=> =>

Trang 5

p-c

B-

p-b

Lời giải AA,, BB,,CC, d6ĩng quy 1a do

A,B BC CiA pT—D prcp-@ | AC BACB p-cp-ap-b | vă định lý Cíva Mặt khâc:

SATAB _ p—b Sasap mo? & SATAC p— C SATBC DC€C nín

SAJAB(P— €) = SAJAc(Pp— b) = SAJso(p— a) =T Do đó

T 1

oe PAIBE _ p—a _ p—a

— ØAAsno TT T 7T J 1 1

p-a p-b p-c p-a P—D p-e

Tương tự có

1 1

_ p—0b 7 ?—€C

y= 7 +—— + 1 L 7 “TT + i + i

p-a p—b p-e p-a p—-b p-e

suy ra điều phải chứng minh a

Cho M trung , ta có băi toân sau:

Băi toân 3_ Cho tam giâc ABC’ Chứng minh:

a) R2 > (p — a)(p — b)(p — c)

ø@—a)(0—Ù) +(p—Ù)p— c) t+(p—c)(p—d

b)412 lìr > JVatryre + brave + Crary

1, VP eer

c) — > ——_ 55 7 RU +42)

trong đó r„, r;, r.„r lần lượt lă bân kính câc đường trịn băng tiếp vă nội tiếp tam giâc 1BŒ

Jứ —#)4ˆ+(p— 9) + 0= 2e]

Trang 6

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

OM* = R* — (xyc? + yza" + xzb°) (3) 5

b) Để ý rằng nếu 5 lă diện tích tam giâc AC thì z = —g a 3

+ +

p-a p—-b p-e

Ta To Te

Suy ra

ratte tte” Tạ Tạ ty” Tatty te

Mar, tmtr.=4R+9r nín Ta Tp Te Lt = — Kr— AR +r?” AR+r’ AR+r Thay văo hệ thức (3) ta có:

a Tyreo tb rare +t Card

Rˆ» (4F +r)2 hay AR? + Rr > MT + Ÿrar« -E C2TạTt c) Lại thay 1 1 1 — p-—a 7 p—Ũ _ p-—c TT i 1 4% 7 1 L '“ J i i — — + +

p-a p-b p-e p-a p-b p-e p-a p-b p-e

G2

văo (3) , để ý rằng (p—a)(p—b)(p—e) = =_ vă (p—4)(p—Ỉ)+(p—b)(p—e)+(p—e){p—4) =

%2 %2 92 pp-a) p(p—b) p(p= =r(4RR.+r) ta có = r(ra + rp + re) G2 OJ* = R? — p(r? + 4Rr)? [p(a® + 6° +c?) — (a? +b? +’)| Mat khac :

a* +b? +c? =(a+b+c)* — 2(ab+ be + ca),

ma ab + be+ ca — p* = (p—a)(p—b) + (p— b)(p—c) + (p— e)(p — a) = r(4R + r) nín

a’ +b? +c? = 2p” — 2r* — 8Rr Tiếp đó

Trang 7

Suy ra G2 ˆ p(r? + inn 4pˆr =f — mranft+r) OJÝ =Rˆ 4pT?r + Apr”) Tr OJ? > 0 ta có Rr +4R? > /4p2r(R +r) hay 1 v?2+rR 2p R(r+4R) Điểm Lơ-moan

Cho tam giâc ABC, A,, B,C; 1an luot thuoc BC, C'A, AB sao cho

AB @ BC @ GAP

AiC 8’ BA @’CB @

Khi đó ba đường AA,, BB,, CC; dĩng quy tai mot diĩm L thỏa mên

d2DA +2LB + 2L = 0 Lời giải Ba đường đồng quy do định lý Cíva

Hệ thức cần chứng minh cũng suy ra ngay từ câch xâc định câc điểm 44, Ư¡, C¡ Ta có:

q7 b? c

t= 1Ô.» a? + b2 -L c2 ca ot = nan œ2 -+L b2 -L c2 œ2 -+ b2 -L c2

vă „1A + LB + zLO =

Cho M trung L, ta duoc bai toan sau:

3a7b*c?

(a2 + b? + c?)?

Bai toan 4 Cho tam giâc 4C Chứng minh: #2 > Lời giải Câch 1

Theo băi toân 2, ta có

2 abc “a+b+e

Ma (a* + 6° 4+ c7)“ > 3abc(a + b + c) nín có điều phải chứng minh

Câch 2

3a ”b#c7

Trang 8

2) Cho ⁄ = T-tđm đường tròn nội tiếp tam giâc 4Œ Khi đó øaA + bTB + cIC = 0 hay

a b C

Ỗ = ——, —

atb+e” ———_, 2 = — a+b+e a+b+e <#@

Cho Ó lần lượt lă câc diĩm dac biĩt cla tam gidc ABC, ta c6 cdc băi toân sau:

Bai toan5 a) 3(ab+ bc + ca) 3 a2 + bˆ + 4+ 36Rr

a b C 3

|) ee ee

JVaz+3be Vb?+3ac VWc2+3ba 2

Loi giai a) Cho O = G-trong tam tam giâc, ta có:

mm b Gp? 4 22S Gor — abet beat + ach" 9

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

1 1, 4 abc

a bmZ 2Ì) ————

arb peg mt mỹ + cm) at+b+c

> dam? + 4bm; + 4cm2 > 9abc

& 2(a+b4+c)(abt+ be + ca) 3> (a+b+ e)(aˆ + bˆ + cˆ — ab — be — ca) + 18.4RS © 3(ab + be + ca) > aˆ + bˆ + cˆ + 36Rr

b) Cũng từ

IG? = —“_ GA? + a+b+c _? gp +————GCŒ? - abc? + bea* + ach at+bd+c œ+b+c (a+b+c)?

ta co

2(a*b +aec+b’a+b’c+Catcb) Fae +h? +04 9abe (x) Sit dung bat dang thttc Bunhiacopxki, ta duoc

a + b +——— C

Var-+3be wWb+3ac V2 +3Ùa

(a+b+c)

2

ava? + 3bce + bb? + 3ac + eV c? + 3ab

` (a+b+c)

~ Wwa-+b~+ c3 + b3 -+ c3 + 9abc

Trang 9

Vậy cần chứng minh

(a+b+c) s3

Va+b+ ev«3 + b3 + c3 + 9abe ^ 2

Nhưng do (*) thi

12(a^b + a“c + ba + be + ca + củ) 3 6(a) +” + cổ”) +54abe 3 5(4° + b° + ể)) + 57abe

Ta có điều phải chứng minh a

a® +b? +

Bai toan 6 Cho tam gidc ABC Ching minh a) 4R? > at+tb+c

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

Loi giai a) Cho O = H, ta cĩ

a*bc + b?ca + cab

aH A* + bHB’ + cHC’ =(a+b+c)HI’ +

œa+b+€C

Chi y rang HA? = 4R? —a*, HB? = 4R? —b*,hC* = 4R? — c’, ta có điều phải chứng minh

b) Van cho O = H, ta có

“ 1 _ - -

TH=———— Tab pellet 6)Ö + (c+ a)OB+ (a+ b)OC| A B

suy ra

THẺ = [(a + ĐỂ + (b+ 6)” + (6+ a) |R” + (b + e)(c + a)(JN” ~ c?)+

+ (c+a)(a+b)(2R° —a*) + (b+c)(a+b)(2Rˆ — 2) > 0

& 4R*(a+b+4+c)’ 2+ c)(e-E ø)e?® + (e+ a)(a + b)aˆ + (b + e)(œ + b)bˆ

©4Rˆ(a+b+ec) >a°+bÙ”+c° + abc

& 4R? — 8Rr >a? +b? + — ab— bc —ca

a *) Ty bat dang thiic trĩn, thay a? + b? + c? — ab — bc — ca = p* — 3r? — 12Rr, ta duoc:

4Rˆ + 3rˆ + 8Rr 3 pŸ

Trang 10

Băi toân 7 Cho tam giâc 41BŒ có @,G, H, T lđn lượt lă tđm đường tròn ngoại tiếp, trọng tđm, trực tđm, tđm đường tròn nội tiếp Chứng minh

a) 01> 0G > IG b) OI > — V2

Lời giải Trước hết, ta có

OG— p°~ a+b? + 9 Op = R226 a+b+e TH? = 4R2 — a? +b? +c? + abe a+b+e 1 2 2 e+ b? > + 3ab

1G? = =1H? + OP —20G? = (a2 +8242) EP FO Fae 3 3 9 3(a + b+ ¢) a) Dĩ dang c6 duoc (a? + b? + c?)(a +b+ 0) > 9abe nĩn OG < OI

Xĩt 402 2-0 + + +aùc_ 41@ + +e) a+b+e 9 - 3 b? 3 b 4 2 b 2 Ta cđn chứng minh: “—” _“ 'Ÿ_ Ss +) vụ a+b+e 9

Thật vậy, bất đẳng thức trín tương đương với

5(a° + b° +c?) + Gabe > 4ab(a + b) + 4be(b + e) + 4ca(e 4+ a) Điều năy suy ra từ

a’ +b? +c? + 3abe > ab(a + b) + be(b + c) + ca(e + a) a’? +b? +c? > 3abc

1H

b) Dựa văo bất đẳng thức

a+b? +e <9OR? va a’ +0? +c? > 3abe 2abc

suy ra IG? <= 2R? —

Trang 11

2 Khai thâc bất đẳng thức z” > 0

Xĩt vectơ = z MA + AB + zMC, ta luôn có ở? > 0 Từ đó suy ra

ục2 + zaˆ + zxb?

aM A? + yMB? + 2MC? > y+1+Z (+) Dấu đẳng thức xảy ra khi Ô⁄/ lă tđm tỉ cự theo bộ số zx, y, z cua ba diĩm A, B,C Ta lại thu được câc băi toân sau:

Băi tôn §_ Cho tam giâc 1 BŒ Chứng minh:

aM A? + bMB* + cMC? > abc

Loi gidi Trong (*) cho x = a,y = b,z = c, ta c6ĩ diĩu phai chttng minh Dau dang thitc xảy ra khi M la tam duong tron noi tiĩp tam giadc ABC a

Băi toân 8.1 Tim diĩm / trong tam giâc ABC sao cho T = MA.MB.AB+MB.MC.BC+ MA.MCŒ.AC nhỏ nhất Tìm 7' khi đó

Loi giai Ta sĩ ching minh T' > abc That vậy:

Xĩt = ——„ oe —_ ta 66 MA MB MC «a b cc aMB.MC+).MC.MA+c.MA.MB TTYT2= Ta VB’ MC MA.MB.MC Va cMC+bMB+a.MA MA.MB.MC

rye + yza* + zxb* = abc

Thay vao (*), ta co abe.(c MC + 6.MB-+a.MA) aMB.MC+0.MC.MA+c.MA.MB cMC+b.MB+aMA> hay a.MB.MC+b.MC.MA+c.MA.MB > abc

Tuy nhiín, nếu nhìn băi tôn năy theo phĩp nghịch đảo, ta thấy nó chỉ lă hệ quả trực tiếp bai toân 8

Thật vậy:

Xĩt phĩp nghịch đảo /V},, giả sử phĩp nghịch đảo nay biĩn AABC thanh AA’B’'C"

Ta có

/ 1 po 1 pi 1

MA = Ta? =e Oo = are

i AB BC CA

38 = Taupe -° = wee’ “4 = wea

Trang 12

suy ra T' > abc

& BIC'.MA’?® + C'A MB” + B'A' MC” > A'B'.B'C C'A'

Băi toân quay trở về băi tôn trín A

Băi toân 9_ ( Chọn đội tuyển Việt Nam đi thi quốc tế 2003)

2 9 , MA MB MC

Cho tam giac ABC’ M la diĩm trong tam giac Chitng minh trong cac ti so p

a C

1 có ít nhất một tỉ số không bĩ hơn —— 5 v3

lời giải Ta chứng minh:

MA a +——+—>v3 MB b MC C Ta có

MA MB MC ‹ MAMB MBMC MC.MA

(—— + —— + —)’ > 3 a b C ab + bc +—————) ca

Theo bai trĩn thi

MA MB MC

(—— + —— + —)' 33 a b C

vă đđy lă điều phải chứng minh a

Từ băi toân năy, ta có một băi tôn tương tự trong không gian sau:

Bai toan 9' Goi ?‡ lă bân kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 4 4s 4s.4¿ vă S; la diện tích câc

mặt đối diện câc đỉnh 41;, (¿ = 1;4) ÔM⁄ lă điểm bat ly trong không gian Chứng minh:

MA 1 4 MA 2 4 MA 3 4 MA 4 > 2/3 2V3

Sy 52 53 4 2T

Lời giải Đặt Ay As = 4; A, Az =e OF AoA = 3; A, Ag = by; AaAu — ba; Aaa — ba Va

3

T= S (a; +2) i=l

Gọi Œ lă trọng tđm tứ diện, ?n; lă độ dăi câc đường trọng tuyến tương ting Ta c6 GA; = cm

Do đó

( vì 9m{ = 3(Ùƒ + b2 + bê) — (ad + a2 + ø3)(x) vă tương tự cho m; )

Ta chứng minh 77' > 24,/3S;m,;,i = 1;4 (1)

Trang 13

Thật vậy:

(1) © 7T” 3 242.3.52.m2 ©7T7>12S?m?

Mă trong tam giâc 3 cạnh ø, b, c diện tích ,Š ln có a2 + b2 + c2 > 43⁄9 Ta được:

3T' = 9m2 + 4(a? + a2 + a2) > 9m2 + 16V35/

= 9m2 + 8V3%; + 8V35,

> 364/ 52.m4 hay 7'> 12 52.mi

Tương tự hoăn toăn, (1) được chứng minh

Lại có:

MA, 4MA,GA, _ 32V3MA,GA; „ 32v3

— —D— _DD —Ö >

5; 35;M; TVT 7 TE

Cong theo vế câc bất đăng thức thu được, ta có

—*~(MG.GA; + GA?) 4 ` 32 Be oa =e a 7 TP 1=1

Nhận xĩt rằng 7' < 16, ta có điều phải chứng minh = Từ hệ thức (+) trong lời giải băi tôn trín, ta có băi toân

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

canh lớn hơn thì lớn hơn

Lời giải Kết quả năy lă hệ quả trực tiếp từ hệ thức (+) bằng câch xĩt hiệu mỹ — m7 a

Quay lai vGi bai todn , tach diĩm M thănh 2 điểm riíng biệt Ô⁄/, M⁄” trong tam giâc, ta có băi tôn

Bai toan 11 Cho tam giâc 4C, Mĩ, Mĩ bín trong tam giâc Chứng minh: a.MA.M'A+0.MB.M'B+c.MC.M'C > abc

Trang 14

C

Băi toân nay khong dĩ giai quyĩt vi n6 kha tong quat , M, /’ hau nhu khong cĩ moi liín hệ năo Tuy nhiín, ta có thể giải quyết một số băi toân trong câc trường hợp riíng của nó

Bai toan 11.1 Cho tam giâc 4Œ, J la tam đường tròn nội tiếp tam giâc Ơ/ bín trong tam giâc Chứng minh

aMAJIA+b.MBIB+c¢cMC IC > abe

Loi gidi Tacĩ a.MA.IA > a.MA.IA = a(MI.IA + 1A?)

Suy ra

a.MAIA+b.MB.IB+c¢c.MC.1IC > MI(aIA+bIB +cIC) + al A? + b1B? + cIC? = abe

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

Băi toân 11.2 Cho tam giâc 4Œ, 7 lă tđm đường tròn nội tiếp tam giâc 1ƒ, M’ bĩn trong

tam gidc sao cho ZMIM’ < 90” Chứng minh

aMAMA+0.MB.M'B+c.MC.M'C > abc Lời giải Ta có œ1 + bTB + clÖ =0 Suy ra i =aMA+bMB+cMC = (a+b+o0)MI ¢=aM'A+bM'B+cM'C = (a+b+0M'l Ma

tˆ = (aÂM Aˆ + bMB° + eMC”)(a+b+ e) — abe(a + b + c) v° = (aM'A* + bM'B2 + cM 'C2)(a + b+ e) — abe(a + b + e)

nín

aM A* + bM B* + cMC* = abc + a +b+¢ (a+b+c)?MI =abe+(at+b+c)MI’ aM' A* + bM'B* + cM'C? = abe + Tabet b+ co)? MT = abe+ (a+b+c)M'I’

Trang 15

3a |

a.MA.M'A>a.MA.M'A = 5 (a.-MA® + a.M' A’ — a.M'M’*)

4 |

b.MB.M'B > a.MB.M'B = 5(b.MB? + M'B? ~b.M'M?)

! Tï ry | 2 t2 rn2

a.MC.M'C >a.MC.M'C = 5 (eMC +¢M'C* —c.M'M”*)

Vay a.MA.M'A +).MB.M'B +a.MC.M'C

1

> aiaMA + bMB* + cMC* + aM'A* + bM'B? + cM'C? — (a+b4+c¢)M'M?|

Sa.MA.M'A+ bMB.M'B +aMC.M'C

> abe + 5 (a+b + o)(MIP + MIX — M'M") Do ZMIM' < 90° nĩn MI? + M12 — M'M/2 3> 0 Diĩu nay dan dĩn

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

Dau dang thitc xay ra khi va chi khi = M' =] =

*) Chú ý:

1) Thuc ra trong lời giải của hai băi toân II.1 vă 11.2 không cần đến giả thiết A⁄/, MM’ nam trong tam giâc ABC

2) Trong băi tôn 11 trín, khi Ô⁄ lă tđm đường tròn ngoại tiếp tam giâc 4Œ, ta có băi tôn quen thuộc

aMA+b0.MB+c.MC 5 4S

Điều năy cho thấy có thĩ khơng cần đến giả thiết ⁄1⁄7M” < 909, có nghĩa lă băi tôn 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 Tiếp theo ta khai thâc định nghĩa tích vô hướng

# = |ữ|.|ỡ| cos(đ, 8) Định nghĩa năy dẫn tới một số tính chất

L) ứ.ở < |ửưI.|ở

2) ở> 0 © cos(ứ, ở) > 0 (u,v) < 90°

Ta có một số băi toân sau:

Trang 16

Băi toân 12_ Cho đường thẳng zz' vă hai diĩm A, B nam vĩ mot phía của nó, Ơ/ € zz Biết

rằng

cos“ÔAMz _Ð

——————m b>0

cosZBMax a qh Chứng minh với mọi N trĩn x2’, ta cd

aNA+bNB>aMA+bMB B A Xx! X N M Loi giải Ta có a b NA+bNB = —.NA.MA + ——.NB.MB a +b TA ng b > NAMA —_ _NB.MB “MA Mă: MA MB =aMA+bMB+NM(a— +b—

=aMA+bMB+ (as + be)

Còn lại ta chứng minh:

„MA MB

—_ = NM,MA NM, MB) =

a +b 0 & acos( ) + bcos( )=0

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

Vay

aNA+bNB>aMA+bMB

Băi toân 13 Cho tam giâc 1Œ khơng có góc năo vượt quâ 120” Tìm điểm M sao cho MA+ MB+ MC nhỏ nhất Tìm giâ trị nhỏ nhất khi đó

Trang 17

M

p< NĂN

B C

Lời giải Cho điểm X bất kỳ, ta có:

_ MAKXA, MAXA wyVXA

MA XA > —— XA = MX — + XA XA”

nĩn _ _ _

> XA XB XC

MA+MB+MC + + > MX(——>+——¬+——)+ (<4 + xBt xyalt XA+ + X B+ XB+ XC

XA XB XC

Chọn X sao cho YA + YB + Yo Ú thì ta được

MA+ MB+MCŒ{ >5 XA+ XB+ XC

XA 4XB „XC -

Còn lại lă phải chỉ ra X cố định vă tính X4 + XB+ òn lại lă phải chỉ ra cố định vă tín + + XC XC Dat — —=:,—— —=),— = at be R=”:vo k,

ta co -

i+jtk=0

>» ¬ 5¬ 1 = >

suy ra (2 7)“ = kˆ = cos (2, 7) = ie hay (7,7) = 120°

Tương tu, (7, &) = 120° va do đó X lă điểm nhìn ba cạnh tam giâc với góc 120° (Điểm Toricelli)

9 XA XB XC =~ 2

Rõ ră O rang nĩu ĩu X 1a diĩm Toricelli a diĩm Toricelli thi YA + YB + YO thi —— + —— + —~ = 0 vă X lă điểm cố định 0 vă Ô lă điểm cố địn Mặt khâc

(XA+ XB+XC)3=XA4ˆ+XB”+ XCˆ+2(XA.XB+XB.XC+ XŒC.XA)

2 b2 2

, ~~ 1,

(vì định lý hăm số cosin vă công thức tính diện tích: S = 20C sin 4)

fe te ee Le d2 + Ù + cŸ Cua

Vay MA+ MB4+ MC dat gia tri nho nhat bang ——s—— + 25v3 khi M lă điểm

Toricelli của tam giâc a

Câc băi toân sau lă hệ quả của băi toân vĩ diĩm Toricelli

Trang 18

Băi toân 13.1 Cho tam giâc 4Œ A7 lă điểm Toricelli của tam giâc Chứng minh

1

aˆ.M.A +bˆ.MB + cˆ.MC < 5 (MA + MB+ MC}

Loi giai Dat MA =x, B=y, MC = z, tacĩ cac hĩ thitc

q2 —= 1ˆ + 0z + z7; bˆ = zˆ2 + zx +3 2^:cˆ = x2 + xu +9 Khi đó ta chỉ cần chứng minh

(2+ z+ z”)+ + (zˆ+ zxz + z2) + (x + xu + 92)z< -(x+ +2)! Cw | ke

Điều năy tương đương với

LY + YZ + Zu <a? ty? + 2°

Ta được điều phải chứng minh a

Băi toân 13.2 Cho x,y, z la cdc so thuc duong thoa man 7 + y+ z = 1 Dat

d = V2 + z + z2;b = Vz2 + z# + +2:c = +2 + xụ + 2 Ching minh: ab + bc + ca > 1

Lời giải Giả sử cho diĩm M bat ky trong mặt phẳng

Dựng câc điểm 4,Ö,C sao cho MA = z;ÔƒB = y;MC = z va ZAMB = ZBMC =

LZCMA = 120°

Khi d6 MA 1a diĩm Toricelli cia tam gidc ABC c6 ba canh BC = a;CA = b; AB =

Ta cần chứng minh

2 + p2 2

ab +e +o >1= MA+ MP + MC =(|#— PT 2 ys/8

hay

a2 + b2 + c2 > 49V3 + (a— b)? + (b— 0)? + (e— a)Ÿ

Đđy lă một bất đăng thức đúng a

Bai toan 13.3 (Dĩ thi HSGQG Viĩt Nam 1998) Tim gia tri nho nhat

P(;9) = V(a +1)? + (y— 1)? + V(@— 1)? + y+ 1)? + V (a + 2)? + (y + 2)?

Lời giải Trong mat phang toa do rOy xĩt diĩm M (2; 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 = 2V2;a = BC = V10 = AC = b nín 4, B,C lă ba đỉnh một tam giâc cđn tại C, khơng có góc năo vượt quâ 120°

Trang 19

Băi tôn trở thănh: Tìm gia trị nhỏ nhất của 1A + MB + MC

wey , a+b +0? , , 2, |

Theo băi toân 13, ta có MUA + MB+~MCŒC 5 ———s——— + 25/53 vă dấu bằng xảy ra khi M lă điểm Toricelli của tam giâc A4 ĐC nín việc cịn lại lă tính diện tích S cha tam gidc ABC

AB.AC 4 1 2

Ta c6 2S = bc sin A va cos A = ——— = —= = —= => sinA = —

b.c AJ5 V5 Vd

Vay 2S = 8 Cuối cùng, ta có P(z; ) đạt giâ trị nhỏ nhất bằng v/14 + 8v⁄3 a

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

Băi tôn 14 Chott diĩn ABCD X 1a diĩm trong khong gian sao cho X A+ X B+XC+XD nhỏ nhất Chứng minh: X nhìn câc cạnh đối diện cua tứ diện dưới câc góc bằng nhau

Lời giải Gọi X lă điểm sao cho

XA XB XC XD

XATXBXe*TxBp="

Khi đó VI, ta có

,Ơ XẢA XB XC XD

MA+MB+M + + MC + MD> MX(— + —4+—54+——)t+XA4XB4X (sa txptxatxp? +XB+ XC + XD suy ra

MA+MB+MC+MD>XA+XB+XB+XD

Dat XA —— — }.—— — _7XB_ > XC ——— — k XD — l ta có

"XA "XB ”XC ”XD

i+j+k+l1=0

Suy ra (i +7)? = (kK +1)? = (7,7) = (k, 1) hay X nhin AB va CD dưới những góc bằng nhau

Tương tự với câc cặp cạnh đối diện còn lại a

Tiếp đó lă một băi toân tương tự trong phẳng

Băi toân 1Š Cho tam giâc 1Œ Khi đó VẢ ta có

aMB+bMC+cMA > Va2b? + Pe + c2c2

Lời giải Gọi X lă điểm thỏa mên

Trang 20

hay aMA + b\B -eMC >aXB +bXC+eXA

¬ 1 XA_

“XB °XC ~

Mat khac, dat 7’ = ——; 7’ = _ / = —., fa cũng có C ail + bj! + ck’ =0 Do đó ~_— (ai + bj? = ° a? + b? + 2abcos(i, 7) =e 7 _—— (a + b7)ˆ = c a? +b? + 2abcos(i, j’) = 2 Suy ra cos(/, 7) = cos(7’, j’) hay ZBXC = 180° — ZBCA

Try do: ZX BC+ ZXCB= ZXCB+ ZXCA = ZX BC = ZXCA Hoăn toăn tương tự, ta có:

ZXB{—=⁄/XŒA=x/XAB=a

( X lă một điểm Brôca của tam gidc ABC)

B C

Ta di tinh X A, X B, XC theo a,c, b

Ta có

bˆ— XAˆ+ XC* —2XA.XC.cosZAMC

— X¥A?+ XC? —2NX ANC cosA

va

XA _ b Ob

Trang 21

hay

XC? = —_ 2b? + Pe + Ca? pra = XC = — Va2Ù2 + b2c2 + Ce w

Tương tự

XA Ùˆc ca

= XB=

Va2Ù2 + bc? + 2a? JVa2b? + bc? + 2a? Vay aXB+bXC+cXA = Va?b? + be? + Ca?

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 tôn sau:

Băi toân 16 Cho tam gidc ABC, BC = a,C A = b, AB = c Chitng minh:

q3b + b3c + ca > a bˆ + bˆcˆ + c2a7

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

MA.sinZBNC + MB.sn⁄ŒNẠA+ MCŒ.sn/ẤANB >NA.snZBNC+ NB.sinZCNA+ NC sin ZANB

Tiĩp d6 cho M va N 1a hai điểm Brôca của tam gidc, chi y: ZBNC = 180° -— B; ZCNA = 180° —C; ZANB = 180° — A va cach tinh nhu bai trĩn, ta có điều phải chứng minh a

Tu bai toan 15 lai sinh ra mot bai toan tuong tu nhu bai toan 13.3

Bai toan 15.1 Tìm gia trị nhỏ nhất

P(azy) = 29|(z — 1)? + (y + 2)?] + /29[(x — 3)? + (w = 3)?|+ w/18|(œ + 2)? + (w — 1)”] Loi gidi Xĩt trong hĩ toa d6 rOy cdc diĩm M(x; y); A(—2; 1); B(1; —2); C(3; 3) thì băi tôn

trở thănh: Tìm giâ trị nhỏ nhất cua

aMB+b.MC+e¢MA

Theo bai 15 thi

aMB+b.MC+¢MA > Va2h? + P22 + 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 11 Trước hết, ta có băi tôn sau:

Trang 22

Băi toân 11.3 (Dự tuyển IMO 98)

Cho tam giâc 4Œ 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

be ac ab

Như vậy, băi tôn trín chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng trong băi tôn II, ta có lời giải băi toân

11 như sau:

Lời giải băi toân II Gọi N lă điểm thỏa mên giả thiết trong băi tôn trín

N

B C

Dat ZMAB= ZNAC =a;ZMBA=ZNBC = £ Theo dinh ly Ceva dang sin thh ZWCB = ZNCA = +

Nhận xĩt rằng:

MA.NA A MB.NB MC.NC _ 5

NA.be NB.ac NC.ab That vay:

Ta có

Sypo.NA + Syac.NB + Svap.NC =0

Ta sẽ chứng minh: MA MB MC

Trang 23

Điều năy luôn đúng Vậy (1) được chứng minh Lại có MA.M'A _ MA.M'A.NA be 7 NA.be

MA.M'A.INA MANA » MANA

> = ———— + ff Wf’ ——

NA.be be + NA.be

Nĩn

MAMA MB.MB MCMC MANA MB.NB MC.NC

————+ bc GC + ab 2 ———— + bc GC i ab =1

Băi toân được chứng minh a

Bai toan 17 Cho tam giâc 4 BŒ không cđn, gọi GŒ, T, lần lượt lă trọng tđm, trực tđm, tđm đường tròn nội tiếp tam giâc Chứng minh

LGIH > 90° 2 o> 1

Lời giải Ta di ching minh: JH.JG = 3 (4° — R*) <0

2 72 R

Thật vậy, gọi / la trung diĩm OF thi N 1a tam duong tron 9 diĩm va JN = 2

Hơn nita [O? = R? — 2Rr va TH = 21N — 10:3I1G = 2IÑ + 1Ô Vay 3IHIG = (41 N? — IO”)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

a

4 Một văi bất đẳng thức đại số chứng minh bằng tích vơ

hướng

Băi tôn 18 Cho z;; ø;(2 := 1, n) thoa man

» — S yi = 0

i=l i=l

Chứng minh rằng

2S? +2) <S) V3 + gệ

1=1 1=1

Loi gidi Xĩt cdc diĩm A;(x;; y;) Do

» — Sự = 0 i=l i=l

Trang 24

Hơn nữa OA; = \/x? + y? Từ (1), ta có S¬ O47=—23_OA;.O4; <2 OA;.0A, i=1 <J 0<) Suy ra 232022 < ( ÓA,)? i=1 i=1

Đđy lă điều phải chứng minh

a

*) Bai todn nay có thể phât biểu theo câch khâc như sau:

Cho da giâc trong mặt phẳng có ø cạnh lă ø¡; as; ; a„ Chứng minh rằng

Tm 10)

» i=1 i=1

Đđy lă băi toân tổng quât của băi toân: Trong tam giâc 1 BC cạnh a, b, e thì 2(œb + be + ca) > 24 724 +2

a“ + 0° +¢

*) Trong bai todn trĩn, dau dang thtfc xay ra khi va chi khi v6i moi 7, j, g6c gitta OA; va OA;

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

Bai toan 19 (Mathlink) Cho 6 so thuc a, b,c, x, , z thỏa mên

(atbt+e\(atyt+2) =3;(@ +0 +e)(a? ty? +27) =4

Chứng minh: az + Ú + cz > Ö

Lời giải Trong hệ tọa độ Oxyz xĩt cac vecto

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

vă goi a; 1a gĩc gifta vecto 7; va wu

Ta có: |z;|.|ử| = 2 vă

=> => => —>

3=(a=b+c)(œ++z) = (1 +72 + #3) = Z1 + #20 + #3

hay

3 COS Q@1 + COS 2 + COS QA3 = 5

Trang 25

Hon nita: ax + by + cz = #1 Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với œ < 90°

Để chứng minh, ta xĩt bổ đề sau:

Bo dĩ: Cho ba vectơ trong không gian có độ đăi bằng nhau vă câc góc tạo bởi hai trong ba vectơ đó đều bằng nhau Xĩt một vectơ # mă góc tạo bởi vectơ đó với ba vectơ đê cho lă

œ1, œa, œs thỏa mên œ¡ > 90° Khi đó

C€OS Œ1 -E COS Œa + COS Œa < 5

Chứng minh Gọi ộ lă góc giữa câc vectơ £1, z2, z¿ đê cho Giả sử #1 = (0;0; 1); #5) = (m,mt, cOS Ó); #3 —= (m', 1t, cos Ó) m2 + m2 = sinˆ ở m2 + n2 = sinˆ ở mm! + nn’ = cos ¢ — cos2 ở Giả sử ở = (p,q,r), WÐ2 + @ +r? = 1 Ta c6

COS Œ1 + COS đa + CO8 œ3 —= 7 + ÐØn + gn + ? coS Ó + pmˆ + gn" + r cos ở

=r+ p(m + m') + g(n + n') + r(2cosó + 1) = Ô

Do cosa; =r < Ư nín

+) Nĩu ¢ > 90° thi cos @ < 0 Khi đó

Aˆ < (p° +qˆ+r^)|m + m')ˆ + (n + 0)ˆ + 4cos ð] = 2+ 2cosó < 2

+) Nếu ó < 90° thì cosó > 0 Khi đó A < p(m + mm) + q(n + n0) nín

Đ

C5

A? < (p+ @)[(m4m')? + (n+n')*] < V2(1 + cos ¢ — cos? ¢) <

Bổ đề chứng minh xong

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

ay + bv + cz > 0;ay+ 02+ cx > Ú; az + Ùz + cụ > ÖÚ;øz + bx + cy > Ö; az + DU + cz 3 0

Trang 26

Phụ lục

P1 (Dự tuyển IMO 98)

Cho tam giâc 48C Mĩ, N lă câc điểm bín trong tam gidc sao cho ZMAB = ZNAC; ZMBA = NBC

Khi đó

MA.NA + MB.NB + \MCŒ.NC |

bc GC ab

Loi giải Trín tia đối của tia NB lay K sao cho ZBCK = ZBMA Khi d6 do ZMBA =

ZK BC, ta cĩ hai tam gidc BM A vă BC RE đồng dạng

1 Suy ra Chk 7 BC AM BM hay AM.BC Ck = —— r SỐ, |] Aa K N BS % Hơn nữa BK BC —_ = — /fABK=ZMB BA BM’ C nĩn AABK ~ AMBC va do do AK CM BK BC AB BM’ AB BM AB.CM AB.B

hay AK = ie BK = C (2) Mat khac, ZCKB = ZMAB = ⁄NAC nín tứ

giâc ANC'K noi tiĩp Theo dinh ly Ptoleme, ta có

AC.NK = AN.CK + CN.AK & AC(BK — BN) = AN.CK +CN.AK (3)

Thay (1), (2) văo (3) ta có

“nh _ BN) = an AMBO ron ABM

ad BM BM

Trang 27

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

Cho tam giâc 45C có câc cạnh a, ö, c vă diện tích S Chứg mình

a2 + b2 + c2? > 4V38 + (a — b)2 + (b — e)?®+ (e— a)?(1)

Lời giải Ta có

1

1 1 1

<> (—— — cotgA ——— — coteB ——— — CotsŒ) > V3

(nA ore )+ (FR a )+ (TG cots) v3

1—cosA 1-—cosB- 1-—cosC ee eS sin A T sin B T sin C v3

A B C

Đđy lă băi toân quen thuộc a

P3 ( Dinh ly Ceva dang sin)

Cho tam gidc ABC Diĩm M, N, P thudc cĩc canh BC, CA, AB Chting minh: AM, BN, CP đồng quy khi va chỉ khi

sin MAB sinNBC sinPCA _

sin MAC sin NBA sinPCB —

Trang 28

Chứng minh Dựng tam giâc ABC c6 A=a+6=a'+ Ø Lấy Mĩ, Mĩ trín BŒ sao cho

LBAM =a;ZCAM = 6

ZBAM' =a!';ZCAM' = p'

Ta có

MB S5Awmp M.ADPsinoa AM ADBsino MP

MC Same AM.AC.sin8 AM'.AC.sinB' MHƠ

Suy ra M = M' haya =a’';6 = ổ

B C

M

Trở lại băi tôn chính, nếu A1⁄, BN,CTP đồng quy tại Ĩ thì

sin MAB sin NBC sin PCA sin OAB sinOBC sinOCA _ OB OC OA _ sin MAC sin NBA‘sinPCB sinOBA snOŒB snOAC OA OB’ OC —

Ngược lại, ø1ả sử có

sin MAB sinNBC sinPCA _

=]

sin MAC sinNBA sin PCB

va AM cat BN tai O, theo phần trước,

smOAB sinNBC sinPCA _ 1 siiOAC'sinNBA sinPCB |

sin MAB _ SH OAB

sin MAS _ SinC'A5 Theo bổ đề thì O€ AM

1a TA MAC nOAC' 1 €0 bỏ đề thì Ĩ €

Trang 29

Kết luận

Việc sử dụng tích vơ hướng văo thiết lập vă chứng minh bất đăng thức phần năo đê cho thấy sự hữu dụng của vectơ khi giải quyết câc băi toân vă cả sâng tạo ra câc băi toân mới.Chúng

ta vẫn có thể có những khai thâc thú vị khâc từ vấn đề năy, vă cả những vấn đề khâc nữa của

vectơ: chứng minh ba điểm thẳng hăng, ba đường thăng đồng quy, hai đường thăng vng góc,

câc đẳng thức, bất đẳng thức lượng giâc Nhưng trong thời gian có hạn, tôi chỉ để cập đến khía cạnh đê chọn vă tất nhiín sẽ khơng trânh khỏi thiếu sót cho dù đê rất cố gắng Rất mong được sự đóng góp của câc thầy cô, câc đồng nghiệp để chuyín đề ngăy căng hoăn thiện

Thâng 10 năm 2006

Định dạng
Số trang	29
Dung lượng	1,27 MB