Các bất đẳng thức lượng giác

Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Bài tốn mở đầu: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường phân giác góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A 1, B1, C1 tương ứng Chứng minh rằng: AA1 +BB1 +CC1 > AB+BC+CA Giải: Theo định lí Ptoleme ta có: AA1.BC=AB.A1C+AC.A1B A B C 1 ( *) A1 B ( AB + AC ) BC Vì A1 B = A1C suy từ (*) ⇒ Do AB + AC > BC 2AA1 > AB + AC Chứng minh tương tự ta có: 2BB1 > BC + BA, 2CC1 > 2AA1 = C B A CA + CB Cộng vế bất đẳng thức ta được: ( AA1 +BB1 +CC1 ) > ( AB + BC + CA ) ⇔ AA1 +BB1 +CC1 > AB+BC+CA (đ.p.c.m) Bài tốn có cách chứng minh khác: (phương pháp lượng giác hoá) Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC Ta có: AB + AC = 2R sinC +2R sinB B+C B- C = R sin cos 2 (1) Theo định lí hàm số sin, tam giác ABA1, ACA1, ta có: ˆ = R sin  B + A  AA1 =2RsinABA   2  ˆ =2Rsin  C+ A  AA1 =2RsinACA   2    A A   ⇒ 2AA1 = R sin  B +  + sin  C +   2     π B-C B −C = R sin cos = R cos 2 (2) B+C π B+C B-C 0< < ⇒ < sin 0 2 2 Do 62 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác toán hình học phẳng Vậy (1) (2) suy 2AA1 > AB + AC (3) Tương tự ta có: 2BB1 > BA +BC (4) 2CC1 > CA +CB (5) ⇒ Cộng vế (3) (4) (5) đ.p.c.m Như thấy có nhiều cách để chứng minh tốn hình học phẳng mà lượng giác hố tốn cách đơn giản mà khơng cần sử dụng định lí mạnh (như tốn mở đầu sử dụng định lí Ptoleme).Chúng ta tìm hiểu xem phương pháp lượng giác hố sử dụng việc chứng minh toán hình học phẳng Trong mục chúng tơi trình bày toán bất đẳng thức lượng giác, bất đẳng thức khơng có dạng lượng giác chứng minh hồn tồn dựa vào phép biến đổi hệ thức lượng giác tam giác Các bất đẳng thức gắn chặt với toán hình học phẳng tương ứng Nói cách khác để giải chúng có phối hợp chúng với hình học phẳng( phân biệt với tốn tuý bất đẳng thức lượng giác, mà mặt hình thức thấy tốn khơng có hình vẽ cả.) Và phương tiện định lí đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác (sẽ nêu mục thích hợp) I.CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ: 1.Những tính chất sử dụng để đánh giá 2 2 - A, B biểu thức , A ≥ A − B ≤ A - −1 ≤ cos α ,sin α ≤ - tgα > 0,α > tính chất tương tự - Quan hệ cạnh tam giác (ví dụ: a-b < c < a+b, a, b, c cạnh tam giác)… - Và định lí, cơng thức phương tiện để biến đổi tốn lượng giác (định lí hàm số sin, định lí hàm số cosin…) Chúng ta xét số toán 2.Bài toán Bài 1: Cho ∆ ABC Chứng minh rằng: 2r ≥ la R Dấu”=” xảy nào? Giải: A B H ˆ Ta có: = la sin ADB A  = la sin  C +  2  la P C 63 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng ha2 − cos ( 2C+A ) ⇒ = la B−C − cos ( π - B+C ) + cos ( B- C ) = cos = 2 A B C r = R sin sin sin 2 Hơn nữa: 2r A B C ⇒ = 8sin sin sin R 2 2r ≥ l R Do đó: a = ⇔ cos B −C A B C ≥ 8sin sin sin 2 2 ⇔ cos B −C A B −C B +C  ≥ 4sin cos − cos 2 2  ⇔ cos B −C A B −C A − 4sin cos + sin ≥ 2 2 B- C A  ⇔  cos − 2sin  ≥ 2  ( ) B-C A ⇔ cos = sin 2 Dấu“=” B- C B +C A A ⇔ 2cos sin = 4sin cos 2 2 ⇔ sin B + sin C = 2sin A ⇔ bc = 2a Bài 2: Cho ∆ ABC điểm M nằm ∆ ABC Chứng minh rằng: A B C MA.cos + MB.cos + MC.cos ≥ P 2 Giải: Ta có: A  a = MB.cosB1 +MC.cosC  b = MC.cosC1 +MA.cosA c = MA.cosA +MB.cosB  b c M B a C ⇒ a + b + c = MA ( cosA1 +cosA ) + MB ( cos B1 +cosB2 ) + MC ( cosC1 +cosC ) 64 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng = MA.cos A1 +A A − A2 B + B2 B − B2 C + C2 C − C2 cos + MB.cos cos + MC.cos cos 2 2 2 A B C  ≤  MA.cos + MB.cos + MC.cos  ( Do cos A1 − A2 , cos B1 − B2 , cos C1 − C2 ≤ 1) 2 2  2 A B C MA.cos + MB.cos + MC.cos ≥ P 2 Vậy Dấu “=” ⇔ M ≡ Tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC Bài 3: Chứng minh rằng: Với tam giác ABC nhọn có diện tích S = k > cho trước, chứa tam giác vng có diện tích S ' ≤ k Giải: A Giả sửA góc lớn (trong ba góc A, B, C) Gọi M trung điểm cạnh BC BC AM > Do ∆ABC nhọn nên: a E B H F M C { } Dựng đường tròn tâm M bán kính R = AM cắt BC E D ⇒ BC đoạn ED o ˆ = 90  DAC   a  MB = MC = < R  (Với a = BC) ˆ ˆ Max AMC,AMB ≥ 90o Rõ ràng ta ln có o ˆ Giả sử có góc AMC = α ≥ 90 Vì A góc lớn nên: AC ≤ BC Theo định lí hàm số cos: a R +  ÷ = MA2 + MC ≤ MA2 + MC − 2MA.MC cosα = AC 2 ≤ BC = a (vì cosα ≤ ) a ⇒ R +   ≤ a2 ⇒ R ≤ a 2 a AH DE ≤ R AH ≤ AH = S ∆ ABC 2 ⇒ S ∆ AD E ≤ S∆ ABC ⇒ (Đpcm) Bài 4: Cho ABCDEF lục giác nội tiếp đường tròn thoả mãn điều kiện: AB = BC, CD = DE, EF = FA S ∆ AC E ≤ S ∆ B D F Chứng minh rằng: Giải: ⇒ S ∆ AD E = 65 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng C y D B O ß a A E F Suy ra: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác ABCDEF, với R bán kính nó.Đặt: ˆ =α CAE  ˆ =β  AEC  ˆ  ACE = γ Khi đó: ˆ ˆ α COD=DOE=  ˆ ˆ β  AOB=BOC=  ˆ ˆ  EOF=FOA=γ S ∆ AC E = R sin α sin β sin γ α+β β +γ γ +α sin sin 2 α β γ = R cos cos cos 2 S ∆ AC E ≤ S ∆ B D F S ∆BDF = R sin Do đó: ⇔ sin α sin β sin γ ≤ cos α β γ cos cos 2 ⇔ 8sin α sin β sin γ ≤ γ γ α −β ⇔ 4sin − 4sin cos + 1≥ 2 2 γ α −β   2α −β ⇔  2sin − cos ≥0  + sin 2   (đúng) ⇒ Đpcm Bài 5: Cho ∆ ABC, trọng tâm G nằm đường tròn nội tiếp (I) Chứng minh rằng: Max { a , b , c } < Min { bc, ca, ab} (1) Giải: Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≥ b ≥ c Ta phải chứng minh a < 4bc A P I G N B T M C Gọi M trung điểm BC G trọng tâm ∆ ABC AM cắt (I) P, N T tiếp điểm (I) với BC Ta có: MT = MN MP Và MN.MP < MG.MP (vì G nằm ( I ) ) ⇒ MT2 < MG.MA ⇒ MT < MA2 66 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Hơn nữa:  2 2  MA = ma = ( 2b + 2c − a )   MT = CT − CM = p − c − a = b − c  2 ( b − c) ⇒ 12 2b + 2c − a ) ( < 2b + 2c − a < ⇔ 3( b − c ) ⇔ a < 2b + 2c − ( b − c ) ⇔ a < 4bc − ( b − c ) 2 ⇔ a < 4bc ⇒ (đpcm) Bài 6: Cho góc tù xPy đường tròn tiếp xúc với cạnh Px B, tiếp xúc với Py C Trên cung nhỏ BC lấy điểm A Qua A dựng tiếp tuyến thứ ba cắt PB PC K L Chứng minh rằng: S PKL < S ABC Giải: P L C y Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác PKL Dễ thấy ˆ ˆ = PKA = IKP ˆ ˆ ˆ ˆ = LAC ACB = KBA ABC , ˆ ˆ = PLA = ILP KL ∆ ∆ Bởi IKL ABC tỉ số đồng dạng BC I K A B O x S IKL  KL  =  S  BC  ABC Suy (1) PK + KL + PL p= ∆ Giả sử , S PKL = S , r bán kính đường tròn nội tiếp PKL h đường cao hạ từ P xuống KL Ta có S PKL h = S ILK r (2) Từ (1) (2) suy S PKL h KL2 = S ABC r BC Nhưng S PKL = p.r = (3) h.KL h 2p = nên r KL 67 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng h BP = KL (4) Lại có p = AK + KP + PL + AL = BP + PC = BP Suy p = BP Do r S PLK BP.KL = BC Thay (4) vào (3), ta S ABC (5) Mặt khác có KL < PK + PL, suy 2KL < 2p, hay 2KL < 2BP Suy BP.KL < BP (6) Bài 7: Chứng minh tam giác ta có: ma + mb + mc ≤ R + π Giải: Xét trường hợp sau: Nếu ABC tam giác nhọn A O B C M Lúc tâm O đường tròn ngoại tiếp ABC nằm bên tam giác Gọi M trung điểm BC Khi hiển nhiên ta có AM ≤ AO + OM (1) (Dấu (1) xảy ⇔ M, O, A thẳng hàng ⇔ ABC tam giác cân đỉnh A ) Ta có (1) ⇔ ma ≤ R + RcosA (2) Tương tự ta có: mb ≤ R + RcosB (3) mc ≤ R + RcosC (4) (dấu (3) (4) xảy ⇔ tương ứng ABC la tam giác cân đỉnh B , đỉnh C ) Cộng vế (2) (3) (4) có ma + mb + mc ≤ 3R + R ( cosA+cosB+cosC ) (5) A B C A B C cosA+cosB+cosC=4sin sin sin r = R sin sin sin 2 2 nên từ (5) suy Do ma + mb + mc ≤ R + π (6) ⇔ Dấu (6) xảy trường ABC tam giác Nếu ABC tam giác nhọn T P B A N I M O C o Không tính tổng quát giả sử A ≥ 90 Kí hiệu AM, BN, CP ba trung tuyến I tâm đường tròn nội tiếp o tam giác.Hiển nhiên A ≥ 90 nên ta có 1 AM ≤ BC ⇒ AM ≤ a 2 (7) Mặt khác rõ ràng 1 BN < NP + PB ⇒ BN < a + c 2 (8) 68 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng 1 a+ b 2 (9) Cộng vế (7) (8) (9) suy AM + BN + CP < 2a + ( b + c − a ) (10) Vì BC dây cung đường tròn ngoại tiếp ∆ nên hiển nhiên ta có 2a ≤ R (11) o ˆ ≥ 45o IT ⊥ AB Vì AI phân giác Avà A ≥ 90 ⇒ TAI b+c−a ⇒ ≤r o ˆ ⇒ TIA ≤ 45 ⇒ TA ≤ TI nên (12) Từ (10) (11) (12) suy ma + mb + mc ≤ R + π CP < PN + NC ⇒ CP < Tóm lại tam giác, ta có ma + mb + mc ≤ R + π Dấu xảy ⇔ ABC tam giác Bài 8: Cho tam giác ABC Trong tam giác ABC lấy tuỳ ý điểm M Hạ MA 1, MB1, MC1 tương ứng vng góc BC, AC, AB Chứng minh rằng: S A1B1C1 ≤ S Giải: Gọi D giao điểm MA với đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC Ta có: A S A1B1C1 = C1 B1.C1 A1.sin B1Cˆ1 A1 sin (1) Tứ giác AC1MB1 tứ giác nội tiếp C1 đường tròn đường kính AM, nên theo định lí hàm số sin tam giác AB1C1 suy B1C1 = MA sin A T ương tự ta có C1 A1 = MB sin B Thay vào (1) suy S A1B1C1 = MA.MB.sin A.sin B.sin B1Cˆ1 A1 Ta có B (2) B1Cˆ1 A1 = B1Cˆ1M + A1Cˆ1M ˆ + MBC ˆ = DBC ˆ + MBC ˆ = MBD ˆ (3) = DAC Lại có theo định lí hàm số sin ∆ MBD,thì ˆ = MD.sin MDB ˆ = MD.sin C MB.sin MBD (4) Thay (3) (4) vào (2) ta có 69 B1 M C A1 D Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng S A1B1C1 = MA.MD.sin A.sin B.sin C (5) 2 MA.MB = R − OM ≤ R A C1 Ta có Vậy từ (5) suy R2 S A1B1C1 ≤ sin A.sin B.sin C = S ⇒ Đpcm ⇔OM = B1 C M A1 D B Dấu xảy ⇔M ≡ O Bài 9: Cho tam giác ABC gọi A 1, B1, C1 chân ba dường cao tam giác Chứng minh S ≤ p1R , p1 nửa chu vi tam giác A1B1C1 A B1 C1 B H A1 C Giải: Xét trường hợp: Nếu ABC tam giác nhọn Ta có AC1HB1 tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH Áp dụng định lí hàm số sin tam giác AB1C1có: B1C1=AH.sinA Tương tự: A1C1= BH.sinB, B1A1= CH.sinC ⇒ p1 R = ( R sin A AH + R sin B.BH + R sin C.CH ) ( AH BC + BH AC + CH AC ) 1 = AH ( BA1 + A1C ) + BH ( AB1 + B1C ) + CH ( AC1 + C1B ) 4 = 1 1 1 S ABH + S ACH + S BCH + S ABH + S ACH + S BCH = S 2 2 2 ⇒ S = p1 R = Trường hợp xảy dấu bất đẳng thức Nếu ABC tam giác có góc tù (chẳng hạn A > 900 ) Nếu tam giác ABC có góc tù ,thí dụ A > 900 ˆ = 1800 − A BHC ˆ = sin A = BC ⇒ sin BHC 2R Ta có: H B1 C1 B A A1 70 C Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC R Do HBC tam giác nhọn, nên ta có SHBC = Rp1 mà SABC < SHBC ⇒ S < p1R Vậy bất đẳng thức trường hợp Nếu ABC tam giác vng (thí dụ A= 900) Khi tam giác A1B1C1biến thành đoạn thẳng AA1 1 p1 = ( A1 B1 + B1C1 + C1 A1 ) = ( AA1 + +AA1 ) 2 R= 1 BC ; S = BC.AA1 ⇒ S = p1 R 2 ( A1B1 + B1C1 + C1 A1 ) = ( AA1 +0 +AA1 ) 1 R = BC ; S = BC AA1 2 ⇒ S = p1 R ⇒ p1 = A B C A1 Vậy xảy dấu bất đẳng thức Tóm lại tam giác ta ln có S ≤ p1 R , dấu xảy ⇔ ABC tam giác khơng có góc tù Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng l nằm mặt phẳng tam giác u, v, w, độ dài đường vng góc hạ từ A, B, C xuống l Chứng minh rằng: u 2tgA + v 2tgB + w2tgC ≥ 2S Giải: Kẻ AO ⊥ BC Xét hệ trục toạ độ vng góc có gốc O, trục Ox theo OC trục Oy nằm theo OA Do ∆ ABC nhọn nên O thuộc BC Giả sử hệ toạ độ nói trên, toạ độ đỉnh A, B, C A ( 0, a ), B ( -b, ), C ( c, ), với a > 0, b > 0, c > Khi ta có: y A a l B -b c O x tgB = C 71 a a ; tgC = b c Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng  Do b − ( c − a ) ≤ b    2   c − a − b ≤ c ( )   ≥ bc a1 Chứng minh tương tự: 4 ≥ ≥ 2 ca c1 ab b1 , 1 1   ⇒ + + ≥ 4 + +  a1 b1 c1  ab bc ca  ⇒ ≥4   1 x, y , z >   Do + + ≥ ab + bc + ca  x y z x+ y+z  ≥4 Vậy (a Dấu “=” Do a + b + c ≥ ab + bc + ca ) 2 ( a +b +c  1  + b + c )  + +  ≥ 36  a1 b1 c1  ⇔∆ ABC Bài 5: Cho tứ giác lồi ABCD có ba cạnh AB =BC =CD =a Chứng minh rằng: S ABCD 3a ≤ Giải: B ˆ ß S ABCD = S∆ABC + S∆ACD 1 AC.BH + AC.CD.sin β 2 ≤ BH AH + AH CD ( Do sinβ ≤ 1) = a sin α.acosα+a cosα = H a D A ⇒ S ABCD ≤ a cos 2α ( 1+sinα ) ˆ Đặt: BAC = α , ACD = β Khi đó: C 77 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng ≤ a ( − 3sin α ) ( + sin α ) ( + sin α ) ( + sin α ) (Do BĐT Cauchy) ⇒S a 3 ≤   2 3a ≤ 4 ABCD ⇒ S ABCD α = 30o ⇔ 3 − 3sin α = + sin α Dấu “=“  β = 90o  ⇔ sin α =  α = 30o ⇔ o  β = 90 ⇔ ABCD nửa lục giác cạnh a Bài 6: Cho tứ giác lồi ABCD có cạnh > Gọi S diện tích tứ giác Chứng minh rằng: S≤ 3 Giải: Giả sử AD > B C M Như AB, BC, CD Đặt a =AC D ⇒ BM ≤ ⇒ BM ≤ ( ⇒ < a = AC < AB + BC ≤ ⇒ < a < 2) H A ≤ Gọi M trung điểm cạnh AC AC 2 BM + = AB + BC ≤ 2 Ta có: 1 a2  −   2  − a2 78 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng 1 a AC.BH ≤ a.BM ≤ − a2 2 a ≤ − a2 ⇒ S ∆ABC = ⇒ S ∆ABC Hơn nữa: ˆ ≤a AC.CD.sin ACD 2 a a a 2 ⇒ S = S∆ABC + S ∆ACD ≤ 4 − a + = + − a a ⇒ S ≤ 1.1 + 1.1 + − a (Do BĐT Bunhiacopski) S ∆ACD = ) ( ≤ ⇒S≤ a 12 + 12 + − a ≤ ) ( a 2 − a ≤ a + − a = 3 4 (Do BĐT Cauchy) 3  AB = BC = CD =  ⇔  AC ⊥ CD  a = Dấu “=” ⇔ ABCD nửa lục giác cạnh Bài 7: (BĐT PAUL EDOS) Cho ∆ ABC M điểm tam giác Đặt MA = x , MB = y, MC = z Gọi p, q, r khoảng cách từ M đến cạnh BC, CA, AB tương ứng Chứng minh rằng: xα + yα + zα ≥ 2α ( pα + qα + r α ) , ∀α ∈ [ 0,1] Giải: A R c r x≥ b q y Bổ đề 1: Chứng minh: cq + br x≥ a Ta có: ⇔ x sin A ≥ q sin C + r sin B (Do định lí hàm sin) Q x z M p B ( x sin A) Hơn nữa: ⇔ x sin A ≥ q s in C+ r sin B+2qrsinB.sinC (1) 2 = QR = r + q + 2rqcosA a P C ⇒ x sin A = r + q + 2rq cos A Do đó: (1) cq + br a ⇔ r cos B + q cos C+2rq ( cosA-sinBsinC ) ≥ 79 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng ⇔ r cos B+q cos 2C-2rqcosBcosC ≥ ⇔ ( rcosB-qcosC ) ≥ (luôn đúng) ⇒ bổ đề chứng minh Bổ đề 2:  X ,Y > α ( X + Y ) ≥ α −1 ( X α + Y α ) , ∀  0 < α ≤ (2) α α   X  α −1  X  ⇔  +  ≥    + 1  Y   Y    Quả vậy: (2) X α a= ≥0 ⇔ ( a + 1) ≥ 2α −1 ( aα + 1) Y (với ) (4) α α −1 α f = ( a + 1) − ( a + 1) , a > Xét: ( a ) Ta cần xét < α < (vì α = (2) hiển nhiên đúng) α −1 f ('a ) = α ( a + 1) − α aα −1.2α −1 = α ( a + 1)  = ⇔ a =1 α −1 Bảng xét dấu: a f ('a ) − ( 2a ) α −1   +∞ − + f(a) f ≥ 0, ∀a > 0, Từ suy ( a ) bổ đề chứng minh xong Theo bổ đề ta có: cq + br  x ≥ a  ar + cp  y ≥ b  aq + bp  z ≥ c  Áp dụng bổ đề ta có: α α α   cq + br   cq   α −1  br  xα ≥  ≥ +        a   a   a   Chứng minh tương tự: 80 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác toán hình học phẳng  ar α  cp α  yα ≥ 2α −1   +     b   b    aq α  bp α  zα ≥ 2α −1   +     c   c   Cộng vế áp dụng BĐT Cauchy ta được: α α α α   c   α −1 α  a   c   α α α α −1 α  b  x + y + z ≥ p   +    + q   +     c   b    c   a    b α  a α  + 2α −1 rα   +     a   b   ≥ 2α ( pα + qα + rα ) (BĐT Cauchy) III SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN TRONG TAM GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH Một số bất đẳng thức lượng giác tam giác: A, B, C góc tam giác A B C A B C 3 sin + sin + sin ≤ cos cos cos ≤ 2 2 2 3 cosA+cosB+cosC ≤ sin A.sin B.sin C ≤ A B C sin sin sin ≤ sin A + sin B + sin C ≤ 2 cotgA + cotgB + cotgC ≥ Chúng ta xét số toán Bài tốn: Bài 1: Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AI, BI, CI kéo dài cắt lại đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC A1, B1, C1 Chứng minh : IA1 + IB1 + IC1 ≥ IA + IB + IC Giải: Dễ thấy: A B IA = r sin C I r C B A1 A r , IB = sin B , IC = r sin C A+ B = ˆ = BIA ˆ , IBA ⇒ IA1 = A1 B ) 1 (vì Ta có: A A A1 B = R sin ⇒ IA1 = R sin 2 Theo đề ta có: 81 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng B C , IC1 = R sin 2 Tương tự Vì IA1 + IB1 + IC1 ≥ IA + IB + IC IB1 = R sin     A B C 1   ⇔ R  sin + sin + sin  ≥ r  + + A B C 2 2   sin sin sin   2 2   A B C A B C 1   ⇔ R  sin + sin + sin  ≥ R sin sin sin  + +  2 2 2  sin A sin B sin C    2 2 A B C A B B C C A ⇔ sin + sin + sin ≥ 2sin sin + 2sin sin + 2sin sin 2 2 2 2 (1) Theo bất đẳng thức tam giác ta có: A B C sin + sin + sin ≤ 2 2 A B C 3 A B C  2 A B C ⇒ sin + sin + sin ≥  sin + sin + sin  ≥  sin + sin + sin  2 2 2  3 2  (2) Hiển nhiên ta có: A B C A B B C C A    sin + sin + sin  ≥  sin sin + sin sin + sin sin  2 2 2 2 2   (3) ⇔ Dấu (3) xảy ABC tam giác Từ (2) (3) suy (1) dấu (1) xảy ⇔ đồng thời có dấu (2) (3) ⇔ ABC tam giác (Đ.p.c.m) Bài : Cho tam giác ABC Ba đường phân giác AM, BN, CP kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tương ứng A’, B’, C’ Đặt AA'=l'a,BB' = l 'b,CC' = l 'c Chứng minh rằng: l 'a l 'b l 'c + + ≥4 la l b l c Giải: Ta có: ⇔ l 'a = ∆ABM ~ ∆AA'C bc la ⇒ 82 l 'a bc = l a l 2a ⇒ AB AM c la = ⇔ = AA' AC l 'a b (1) Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng A A 2bccos Do l = 2≤ (bất đẳng thức Cauchy) a b+c bc l 'a ≥ Vì từ (1) (2) suy l a cos2 A (3) 2bccos ⇒ l a ≤ bccos A (2) Dấu (3) xảy ⇔ có dấu (2) Tương tự,ta có : l 'b ≥ l b cos2 B (4) l 'c ≥ l c cos2 C (5) l 'a l 'b l 'c 1 + + ≥ + + A B C (6) Cộng vế (3) (4) (5) ta có: l a l b l c cos2 cos2 cos2 2 Dấu (6) xảy ⇔ đồng thời có dấu (3) (4) (5) ⇔ a = b = c Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :    ÷ A B C 1   2 + + (7) ÷≥  cos + cos + cos ÷ 2   cos2 A cos2 B cos2 C ÷  2 2  A B C 3+ ( cosA+cosB+cosC) Do: cos2 + cos2 + cos2 = (8) ≤ 2 2 (Vì theo bất đẳng thức tam giác cosA+cosB+cosC ≤ ) 1 + + ≥4 Từ (7) (8) suy (9) A B C cos cos cos 2 Dấu xảy (9) ⇔ đẳng thức có dấu (7) (8) ⇔ ABC tam giác Từ (6) (9) suy ra: l 'a l 'b l 'c + + ≥4 la l b lc (10) Dấu xảy (10) ⇔ đẳng thức có dấu (6) (9) ⇔ ABC ∆ Bài 3: Cho ∆ABC Ba đường phân giác ba góc A, B, C cắt đường ngoại tiếp tam giác A1, B1, Cho đ ường tròn (O) Chứng minh rằng: SABC ≤ SA1B1C1 Giải: 83 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Thì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A1B1C1 Bất đẳng thức: SABC ≤ S A1B1C1 tương đương v ới 2R2 sin A sin B sinC ≤ 2R2 sinA1sinB1sinC1 ( 1) Do A1 = B+C C+A A+ B ; B1 = ; C1 = 2 (1) ⇔ sinAsinBsinC ≤ sin 8sin Do A B C A B C A B C sin sin cos cos cos ≤ cos cos cos 2 2 2 2 cos Nên từ (1) ta có: B+ C C+ A A+B sin sin 2 ⇔ ( 2) A B C A B C cos cos > nên từ (1) ta suy sin sin sin 2 2 2 ≤ ( 3) Vì (3) bất đẳng thức tam giác nên => đ.p.c.m Dấu xảy ⇔ ∆ABC Bài 4: Cho ∆ABC.Gọi I tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Gọi O1, O2, O3 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆IBC, ∆IAC, ∆IAB Chứng minh rằng: SO1O2O3 ≥ S Giải: : Gọi M, N, P tương ứng trung điểm IA, IB, IC => S MNP = S Tâm O1 giao điểm hai đường trung trực cạnh IB, IC Tâm O2 giao điểm hai đường trung trực cạnh IC, IA Tâm O giao điểm hai đường trung trực cạnh IA, IB Ta thấy O1, O2, O3 t ương ứng tâm đường tròn bàng tiếp góc M, N, P ∆MNP Gọi R* bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆MNP thì: S MNP = ( R*)2 sinM sinN sin P N Mặt khác ta có: O1O2 = 4R* cos 84 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng O1O3= 4R*cos P Nˆ + Pˆ Rõ ràng O3Ô1O2 = 1800 – N $ IP= Nˆ + Pˆ Mˆ Suy sin O3Ơ1O2 = sin = cos 2 V ì SO1O2O3 = M N P O1O O1O3sinO3Oˆ1O2 = 8( R*) cos cos cos 2 2 Ta có SO1O2O3 ≥ S ⇔ SO1O2O3 ≥ 4S MNP M N P cos cos ≥ 4.2( R*) sin M sin N sin P 2 M N P M N P M N P ⇔ cos cos cos ≥ 8(sin sin sin )(cos cos cos ) 2 2 2 2 M N P ⇔ sin sin sin ≤ 2 Theo bất đẳng thức tam giác, (1) => đpcm Dấu xảy  MNP tam giác  ABC tam giác ⇔ 8( R*) cos Bài 5: Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D, E, F tương ứng Chứng minh rằng: ID IE IF + + ≥3 IA IB IC Giải: C+A B ˆ ˆ ) ⇒ DI = DC Ta có: ICD = DIC (vì Trong ∆ ADC theo định lí hàm số sin (với ý đường tròn ngoại C tiếp ∆ ADC có bán kính R), ta có: I A A DC = R sin ⇒ DI = R sin r 2 A C B R sin ID = A1 r IA A sin Vậy A B C r = R sin sin sin 2 Do ∆ ABC A = 85 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng sin A ID = IA 2sin B sin C 2 Chứng minh hoàn tồn tương tự, ta có: B C sin sin IE IF 2 = ; = A C A IB 2sin sin IC 2sin sin B 2 2 A B C sin sin sin ID IE IF 2 ⇒ + + = + + B C A C A B IA IB IC 2sin sin 2sin sin 2sin sin 2 2 2 (1) Từ (1) theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: ID IE IF + + ≥ A B C IA IB IC 8sin sin sin 2 (2) Theo bất đẳng thức tam giác, ta có: A B C sin sin sin ≤ 2 (3) Dấu (2) (3) xảy ABC tam giác Từ (2) (3) suy ID IE IF + + ≥3 IA IB IC Dấu xảy ⇔ đồng thời có dấu (2) (3) ⇔ ABC tam giác ⇒ đpcm Bài 6: Cho tam giác ABC M điểm tam giác ABC Chứng minh rằng: ˆ , MBC ˆ ≤ 30o ˆ , MCA MAB ( ) Giải: ˆ ˆ ˆ Đặt MAB = x, MBC = y, MCA = z Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:   3  sin A sin B sin C ≤    (1)     cotgA + cotgB + cotgC ≥ (2) A Áp dụng định lí hàm số sin ∆ MAB, ta có: MA sin ( B − y ) = MB sinx Tương tự ta có: x M B y z C 86 (3) Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng MB sin ( C − z ) = MC sin y MC sin ( A-x ) = MA sin z (4) Từ (3) (4) suy ra: MA MB MC MB MC MA sin ( B − y ) sin ( C − z ) sin ( A - x ) = sin x.sin y.sin z 1= Ta lại có: sin ( A - x ) = sin A ( cotgx - cotgA ) sin x sin ( B − y ) sinB ( cotgy-cotgB ) sin y sin ( C − z ) = sin C ( cotgz − cotgC ) sin z Ta được: ( c otgx - cotgA ) ( cotg y − cotg B ) ( cotg z − cotgC ) = sin A.sin B.sin C Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: ( cotg x -cotgA ) ( cotg y − cotgB ) ( cotg z − cotgC )  cotgx + cotgy + cotgz - cotgA - cotgB - cotgC  ≤    3  c otgx+cotgy+cotgz-cotgA-cotgB-cotgC  ≤  sin A.sin B.sin C   (5) Từ (1) (5) suy ra: cotgx+cotgy+cotgz ≥ 3 (6) ⇒ Từ (6) suy ba góc x, y, z có cotg khơng nhỏ , tức có 30o ⇒ ba góc khơng nhỏ ba góc o o ˆ , MBC ˆ ≤ 30 MAB ˆ , MBC ˆ ≤ 30 ˆ , MCA ˆ , MCA MAB Đpcm Bài 7: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ ( OA + OB+OC ) (1) Giải: ( A ) Theo định lí hàm số sin ⇔ R ( sin A.sin B + sin B.sin C +sinC.sinA ) ≤ R (1) O B C 87 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng ⇔ sin A.sin B + sin B.sin C + sin C.sin A ≤ (2) Rõ ràng ta có sin A.sin B + sin B.sin C + sin C.sin A ≤ sin A + sin B + sin C Và theo bất đẳng thức tam giác, ta có: sin A+sin B+sin 2C ≤ Từ suy (2) dấu xảy ⇔ ABC tam giác Đó đpcm Bài 8: Cho tam giác ABC Gọi I a, Ib, Ic tương ứng tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác Chứng minh rằng: I a A.I b B.I c C ≤ 27 R Giải: r Ia A = a A sin I H ⊥ AC Kẻ a Trong tam giác vng AIaH ta có: A A B C = ptg , p = 4R cos cos cos 2 2 Sử dụng cơng thức: Từ có: A A B C cos cos 2 Ia A = A A sin cos 2 B C I a A = R cos cos 2 Hay Tương tự ta có: C A A B I b B = R cos cos , I c C = R cos cos 2 2 I a A.I b B.I c C ≤ 27 R Vì R cos B C H A B C  ⇔ 64 R  cos cos cos  ≤ 27 R 2 2  Ia A B C  27  ⇔  cos cos cos  ≥ 2  64  A B C 3 ⇔ cos cos cos ≤ 2 (1) Theo bất đẳng thức tam giác (1) ⇒ đ.p.c.m Dấu xảy ⇔ ABC tam giác IV SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ PTOLEME ĐỂ CHỨNG MINH 88 Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Định lí Ptoleme Cho tứ giác lồi ABCD ta ln có bất đẳng thức: AC.BD ≤ AB.CD + AD.BC Dấu “=” xảy ABCD tứ giác nội tiếp Bài toán Bài 1: Cho tam giác ABC Ba đường phân giác góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tạo A1, B1, C1 Chứng minh rằng: AA1.BB1.CC1 ≥ 16R r Giải: A Áp dụng định lí Ptoleme, với tứ giác nội tiếp ABA1C, ta có: AA1.BC = AB.A1C + A1B.AC (1) ) ) C1 Vì AA1là phân giác nên A1 B = A1C ⇒ A1 B = A1C , từ (1) có A B ( AB + AC ) AA1 = C BC B (2) Áp dụng định lí hàm số sin tam giác ABA1, với ý A1 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác R, ta có: A A1 B = R sin (3) Thay (3) vào (2) suy b+c A AA1 = R sin a (4) Hồn tồn tương tự, có: c+a B BB1 = R sin b (5) a+b C CC1 = R sin c (6) Nhân vế (4) (5) (6) suy ( b + c ) ( c + a ) ( a + b )  R sin A sin B sin C  AA1.BB1.CC1 =   abc 2  (7)  A B C r = R sin sin sin 2 Vì tam giác ABC, ta có B1 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) ≥ 8abc (Dấu xảy ⇔ ABC tam giác ) Vì từ (7) (8) suy AA1.BB1.CC1 ≥ 16R r Dấu xảy ⇔ ABC tam giác ⇔ đpcm 89 (8) Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng Bài 2: Cho lục giác lồi ABCDEF thoả mãn AB = BC, CD = DE, EF = FA Chứng minh rằng: BC DE FA + + ≥ BE DA FC Giải: Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác ACEF, ta có: AC.EF + CE.AF ≥ AE.CF ⇒ AF ( a+b ) ≥ c.CF C D B b c E A F FA c ≥ FC a + b Chứng minh tương tự, ta được: DE b ≥ DA a + c , BC a ≥ BE b + c BC DE FA a b c ⇒ + + ≥ + + ≥ BE DA FC b + c c + a a + b ⇒ a BC DE FA + + ≥ BE DA FC Dấu “=“ ⇔ ABCDEF lục giác Bài 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh rằng: AC − BD ≤ AB − CD ⇒ Giải: B M C F E A D Gọi E, F trung điểm AC BD Theo định lí trung tuyến, ta có: AB2 + BC2 + CD2 + DA2 AC AC = BE + + DE + 2 2 = ( BE + DE ) + AC  BD  =  2EF2 +  + AC   2 = AC + BD + 4EF2 (1) (Hệ thức Euler) Theo định lí Ptoleme, ta có: AC.BD = AB.CD + AD.BC (2) 2 ⇒ ( AC − BD ) + 4EF2 = ( AB − CD ) + ( AD − BC ) Từ (1) (2) Hơn nữa, gọi M trung điểm AB, ta có: EF ≥ ME-MF = AD − BC 90 (3) Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác tốn hình học phẳng ⇒ 4EF2 ≥ ( AD-BC ) ⇒ ( AB − CD ) Từ (3) (4): (4) ≥ ( AC − BD ) ⇒ AB − CD ≥ AC − BD 91