Các bất đẳng thức lượng giác

Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác trong các bài toán hình học phẳngBài toán mở đầu: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O... Như vậy chúng ta thấy rằng có nhiều cách để chứng m

Phần 4: Bất đẳng thức lượng giác trong các bài toán hình học phẳng

Bài toán mở đầu: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Đường phân giác của các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại A 1 , B 1 , C 1 tương ứng Chứng minh rằng:

BC

Do AB + AC > BC ⇒ 2AA1 > AB + ACChứng minh tương tự ta có: 2BB1 > BC + BA, 2CC1 >

CA + CBCộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được:

2 AA +BB +CC >2 AB BC CA+ +

⇔ AA +BB +CC > AB+BC+CA1 1 1

(đ.p.c.m)Bài toán còn có 1 cách chứng minh khác: (phương pháp lượng giác hoá)

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

Như vậy chúng ta thấy rằng có nhiều cách để chứng minh 1 bài toán hình học phẳng

mà lượng giác hoá bài toán là 1 cách đơn giản mà không cần sử dụng những định lí mạnh (như ở bài toán mở đầu đã sử dụng định lí Ptoleme).Chúng ta hãy cùng tìm hiểu xem phương pháp lượng giác hoá sử dụng như thế nào trong việc chứng minh 1 bài toán hình học phẳng.

Trong mục này chúng tôi sẽ trình bày các bài toán về bất đẳng thức lượng giác, hoặc bất đẳng thức không có dạng lượng giác nhưng chứng minh nó thì hoàn toàn dựa vào phép biến đổi các hệ thức lượng giác trong tam giác Các bất đẳng thức này gắn chặt với một bài toán hình học phẳng tương ứng Nói cách khác là để giải chúng thì có sự phối hợp chúng với hình học phẳng( nó phân biệt với các bài toán thuần tuý về bất đẳng thức lượng giác, mà về mặt hình thức có thể thấy ngay trong các bài toán ấy không hề có một hình vẽ nào cả.)

Và phương tiện chính là các định lí và đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác cơ bản (sẽ nêu ở từng mục thích hợp).

I.CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ:

1.Những tính chất được sử dụng để đánh giá

- A, B là một biểu thức ,A2≥0 hoặc A2−B2 ≤ A 2

- 1 cos ,sin− ≤ α α ≤1

- tgα >0,α >0và những tính chất tương tự.

- Quan hệ giữa các cạnh của 1 tam giác (ví dụ: a-b < c < a+b, a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác)…

- Và những định lí, công thức phương tiện để biến đổi bài toán về lượng giác (định lí hàm số sin,định lí hàm số cosin…)

2 1

2

1

Dấu “=”⇔ M ≡Tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC

Bài 3: Chứng minh rằng: Với mọi tam giác ABC nhọn có diện tích S = k > 0 cho trước, có thể chứa trong một tam giác vuông có diện tích 'S ≤k 3

Giải:

Giả sửA là góc lớn nhất (trong ba góc A, B, C) Gọi M là trung điểm cạnh BC

Do∆ABCnhọn nên: 2

BC

AM >

Dựng đường tròn tâm M bán kính R = AM cắt BCtại E và D

a R

⇒ ≤

1

.2

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác ABCDEF, với

R là bán kính của nó.Đặt:

ˆˆˆ

CAE AEC ACE

αβγ

AM cắt (I) tại P, N và T là tiếp điểm của (I) với BC

Ta có: MT2 =MN MP.

Và MN.MP < MG.MP (vì G nằm trong ( I ) )

⇒ MT2 < MG.MA

2 1 23

N

O D

E

F

A

B C

y

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PKL Dễ thấy

PKL ABC

(3)Nhưng

2

Lại có 2p AK KP PL AL BP PC= + + + = + =2BP Suy ra p = BP Do đó h r = 2KL BP (4)

Thay (4) vào (3), ta được 2

PLK ABC

(5)Mặt khác có KL < PK + PL, suy ra 2KL < 2p, hay 2KL < 2BP

của BC Khi đó hiển nhiên ta có

a b c

(6)Dấu bằng trong (6) xảy ra trong trường 1 ⇔ ABC là tam giác đều

2 Nếu ABC không phải là tam giác nhọn

Không mất tính tổng quát giả sửA≥90o

Tóm lại trong mọi tam giác, ta có m a +m b+m c ≤4R+π

Dấu bằng xảy ra ⇔ABC là tam giác đều.

Bài 8: Cho tam giác ABC Trong tam giác ABC lấy tuỳ ý điểm M Hạ MA 1 , MB 1, MC 1 tương ứng vuông góc BC, AC, AB Chứng minh rằng:

1 1

1B C A

A B C

sin (1)

Tứ giác AC1MB1 là tứ giác nội tiếp trong

đường tròn đường kính AM, nên theo định lí

hàm số sin trong tam giác AB1C1 suy ra

D A1

B1 C1

Bài 9: Cho tam giác ABC và gọi A 1 , B 1, C 1 là chân ba dường cao của tam giác Chứng minh rằng S≤p R1 , ở đây p 1 là nửa chu vi tam giác A 1 B 1 C 1.

Giải:

Xét 3 trường hợp:

1 Nếu ABC là tam giác nhọn

Ta có AC1HB1 là tứ giác nội tiếp trong đường trònđường kính AH

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác AB1C1có:

B1C1=AH.sinA Tương tự:

A1C1= BH.sinB, B1A1=CH.sinC

Trường hợp này xảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức

2 Nếu ABC là tam giác có một góc tù

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC bằng R.

Do HBC là tam giác nhọn, nên ta có

SHBC = Rp1 mà

SABC < SHBC

⇒ S < p1R

Vậy bất đẳng thức đúng trong trường hợp này

3 Nếu ABC là tam giác vuông (thí dụ A= 900)

Khi đó tam giác A1B1C1biến thành đoạn thẳng AA1

121

AA +0 +AA2

Vậy xảy ra dấu bằng trong bất đẳng thức

Tóm lại trong mọi tam giác ta luôn có S ≤ p R1 , và dấu bằng xảy ra ⇔ ABC là tam giác không

có góc tù

Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng l nằm trong mặt phẳng của tam giác và u, v,

w, là độ dài của các đường vuông góc hạ từ A, B, C xuống l Chứng minh rằng:

là O, trục Ox theo OC và trục Oy nằm theo OA Do

∆ ABC nhọn nên O thuộc BC.

Giả sử trong hệ toạ độ nói trên, toạ độ các đỉnh A, B,

y

x

l

0

bc p a

IC'

B'

A'

IBC ICA IAB

Dấu “=” ⇔ I là trọng tâm ∆ ABC

Bài 2: Đường tròn nội tiếp ∆ ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại D, E, F Chứng minh rằng:

32

p a p b p a p c

bc

c b bc

Bài 3: Cho ∆ ABC nhọn.Gọi AA 1 , BB 1 , CC 1 là ba đường cao với H là trực tâm ∆ ABC Chứng minh rằng:

osA cosB cosC

a b c

A B C c

32

1

2 3

≤

Vậy: 2 3 HA( 1+HB1+HC1) ≤ + +a b c

Dấu “=” ⇔∆ ABC đều

Bài 4: Cho ∆ ABC Đường tròn nội tiếp ∆ ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại A 1 , B 1 , C 1 Đặt B 1 C 1 = a 1 , C 1 A 1 = b 1 , A 1 B 1 = c 1 Chứng minh rằng:

1

2

2 2 2

2

1 osA2122

bc a

Chứng minh tương tự:

2 1

Dấu “=”⇔∆ ABC đều

Bài 5: Cho tứ giác lồi ABCD có ba cạnh AB =BC =CD =a Chứng minh rằng:

H

a

ß

ABCD

a S

23090

βααβ

⇔ ABCD là nửa lục giác đều cạnh a

Bài 6: Cho tứ giác lồi ABCD chỉ có một cạnh > 1 Gọi S là diện tích của tứ giác Chứng minh rằng:

3 3 4

S≤

Giải:

Giả sử AD > 1 Như vậy AB, BC, CD ≤ 1Đặt a =AC

42

D A

M H

AB BC CD

AC CD a

⇔ ABCD là nửa lục giác đều cạnh bằng 1

Bài 7: (BĐT PAUL EDOS) Cho ∆ ABC M là một điểm trong tam giác Đặt MA = x , MB

= y, MC = z Gọi p, q, r là khoảng cách từ M đến các cạnh BC, CA, AB tương ứng Chứng minh rằng:

a

+

≥Chứng minh:

Ta có:

cq br x

a

+

≥

⇔ xsinA q≥ sinC r+ sinB(Do định lí hàm sin)

2sin2 2sin C+ r sin B+2qrsinB.sinC2 2 2

P

R

a

b c

x

p q r

) (4) Xét: f( )a =(a+1)α−2α− 1(aα +1 ,) a>0

a 0 1 +∞

' ( )a

f

− 0 +( )a

a

ar cp y

b

aq bp z

1 ar2

b

cp y

    +   +  

1 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác:

A, B, C là các góc trong tam giác

Tương tự 1 2 sin ,2 1 2 sin 2

Vì vậy IA1+IB1+IC1≥IA IB IC+ +

Dấu bằng trong (3) xảy ra ⇔ ABC là tam giác đều.

Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng và dấu bằng trong (1) xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (2) và(3)

⇔ ABC là tam giác đều (Đ.p.c.m)

Bài 2 : Cho tam giác ABC Ba đường phân giác trong AM, BN, CP kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tương ứng tại A’, B’, C’ Đặt AA'=l' ,BB' l' ,CC' l'a = b = c

bcl'l

Dấu bằng xảy ra trong (10) ⇔ đẳng thức có dấu bằng trong (6) và (9) ⇔ ABC là ∆ đều

Bài 3: Cho ∆ABC Ba đường phân giác trong của ba góc A, B, C cắt đường trong ngoại tiếp tam giác tại A 1 , B 1 , Cho đ ường tròn (O) Chứng minh rằng:

S ABC ≤SA B C1 1 1.

Giải:

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Thì nó cũng làbán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A1B1C1

Bất đẳng thức: SABC ≤S A B C 1 1 1 tương đương v ới

2R2 sin A sin B sinC ≤ 2R2 sinA1sinB1sinC1 ( 1)

Vì (3) là bất đẳng thức cơ bản trong tam giác nên đúng => đ.p.c.m

Dấu bằng xảy ra ⇔ ∆ABC đều

Bài 4: Cho ∆ABC.Gọi I là tâm của đường tròn nội tiếp ∆ABC Gọi O 1 , O 2 , O 3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các ∆IBC, ∆IAC, ∆IAB Chứng minh rằng: SO O O1 2 3 ≥ S .

Tâm O1 là giao điểm của hai đường trung trực các cạnh IB, IC

Tâm O2 là giao điểm của hai đường trung trực các cạnh IC, IA Tâm O3 là giao điểm của hai đườngtrung trực các cạnh IA, IB

Theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác, thì (1) đúng => đpcm.

Dấu bằng xảy ra  MNP là tam giác đều  ABC là tam giác đều

Bài 5: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F tương ứng Chứng minh rằng:

IF3IC

sin2

A R ID

r IA

sin22sin sin

A ID

1sin sin sin

(3)Dấu bằng trong (2) và (3) xảy ra đều khi và chỉ khi ABC là tam giác đều Từ (2) và (3) suy ra

IF3IC

ID IE

Dấu bằng xảy ra ⇔ đồng thời có dấu bằng trong (2) và (3)

⇔ ABC là tam giác đều

sinx

B y MA

MB

−

=

(3)Tương tự ta có:

A

M

x

( ) ( )

sinsinsin A-xsin z

C z MB

MC MA

sin x.sin y.sin z

(c otgx -cotgA cotg) ( cotg ) (cotg cotg ) 1

sin sin sin

cotg x -cotgA cotg cotg cotg cotg

cotgx + cotgy + cotgz - cotgA - cotgB - cotgC

Từ (6) suy ra ít nhất một trong ba góc x, y, z có cotg không nhỏ hơn 3 , tức có ít nhất một trong

ba góc không nhỏ hơn 30o ⇒ ít nhất một trong ba góc

Đpcm Bài 7: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

A

9sin sin sin sin sin sin

sin sinA B+sin sinB C+sin sinC A≤sin A+sin B+sin C

Và theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác, ta có:

sin A+sin B+sin C

4

≤

Từ đó suy ra (2) đúng và dấu bằng xảy ra ⇔ ABC là tam giác đều Đó là đpcm.

Bài 8: Cho tam giác ABC Gọi I a , I b , I c tương ứng là tâm đường tròn bàng tiếp các góc A, B,

C của tam giác Chứng minh rằng:

+ (2)

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ABA1, với chú ý làbán kính đường tròn nội tiếp của tam giác này cũng chính là R,

(4)Hoàn toàn tương tự, có:

(Dấu bằng xảy ra ⇔ ABC là tam giác đều )

Bài 2: Cho lục giác lồi ABCDEF thoả mãn AB = BC, CD = DE, EF = FA

Chứng minh rằng:

32

Giải:

Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác ACEF, ta có:

.EF+ CE.AF AE.CF

Dấu “=“⇔ ABCDEF là lục giác đều

Bài 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn Chứng minh rằng:

Giải:

Gọi E, F là trung điểm của AC và BD

Theo định lí về trung tuyến, ta có:

c

F

E

( )2 2