Ứng dụng bất đẳng thức hình học

Phần 5: Một số toán ứng dụng bất đẳng thức hình học Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học I/ Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học: Bài Tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c với diện tích Gọi ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C.Chứng minh rằng: a ma2  b mb2  c mc2 S�  a  b2  c  Đẳng thức xảy ? Lời giải: BĐT (1) cần chứng minh tương đương với BĐT sau:  a ma2  b mb2  c mc2  �4S  a  b  c  (2) Sử dụng công thức đường trung tuyến : 4a ma2   b  c   a với mb , mc ; cơng thức tính diện tích tam giác ABC: 16S   a 2b  b 2c  c a    a  b  c  , ta được:  a ma2  b mb2  c mc2  = 4v - u 16 S  2v  u ,  a  b  c   2v  u , ta đặt: a  b  c  u a 2b  b c  c a  v Bình phương hai vế (2) ta được: (1) �  4v  u  �3  2v  u   2u  v  � u  2uv  v   u  v  �0 Vậy BĐT (1) chứng minh Đẳng thức (1) xảy u = v, tức là: a  b  c  a 2b  b c  c a 2 2 � � a  b    b  c    c  a  �=  � 2� � a  b  c � ABC Bài Tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c diện tích S Giả sử điểm M,N,P theo thứ tự nằm cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: ab.MN  bc.NP  ca.PM �4S (*) Đẳng thức xảy ? A N P B J M C 90 Phần 5: Một số toán ứng dụng bất đẳng thức hình học Lời giải: Trước hết sử dụng điều kiện cần đủ Để bốn điểm đồng viên (cùng thuộc đường tròn) ta dễ dàng chứng minh rằng: ba đường tròn (ANP),(BPM) (CMN) đồng quy điểm J ( nội dung mệnh đề gọi bổ đề Miken (Miqul) J gọi điểm Mi-ken) Trong trường hợp tóan ta, M thuộc BC, N thuộc CA P thuộc AB nên J thuộc miền ABC Sau nữa, để ý bcsinA = casinB = absinC = 2S, S diện tích ABC Vì gọi vế trái (*) NP PM MN u u = 2Sv, đó: v  (1)   sin A sin B sin C Từ suy ra: u �۳ 4S v 2S NP PM MN Bài tóan đưa chứng minh BĐT sau đây:   �2 S (**) sin A sin B sin C �  JNC �  JPA �   Áp Từ ba đường tròn (ANP), (BPM) (CMN) đồng quy J, ta được: JMB dụng định lí hàm số sin vào cặp tam giác nội tiếp ba đường tròn nói trên, ta hệ thức sau: NP PM MN     k  k �1 (2) JAsinA JBsinA JCsinA sin  Thế thì, từ (1) (2) ta được: v  k  JA.NP  JB.PM  JC.MN  (3) Gọi S1 , S , S3 diện tích tứ giác JNAP, JPBM, JMCN Thế thì: S1 + S2 + S3 = S S1 = JA.NP sin 1 S  JB.PM sin  2 S3  JC.MN sin 3 1 ,  3 theo thứ tự độ lớ góc cặp đường chéo Ja NP, JB PM, JC MN cac tứ giác nội tiếp nói Từ ta được: �S S � S v  2k �   � (4) �sin 1 sin  sin 3 � �1 ta thu BĐT (**) Vì sin i �1 ( i = 1, 2, ) sin  �1 nên k  sin  Đẳng thức (**) xảy đồng thời ta có: sin  = sin i ( i = 1, 2, ), đó: vmin  S �   1    3  900 ,tức JM  BC , JN  CA , JP  AB đồng thời JA  NP , JB  PM , JC  MN JM = JN = JP, nghĩa J trùng với tâm I đường tròn nội tiếp ABC M, N, P tiếp điểm ( I ) với BC, CA, AB Bài Tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c Gọi , hb , hc độ dài đường cao xuất phát từ ABC p nửa chu vi tam giác Lấy điểm A1 thuộc cạnh BC đường tròn nội tiếp tam giác ABA1 , ACA1 gọi bán kính đường tròn rA Ta định nghĩa tương tự cho rB , rC Chứng minh  rA  rB  rC   p �ha  hb  hc 91 Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học Lời giải: Gọi  I1  ,  I  đường tròn nội tiếp tam giác ABA1 , ACA1 ; T1 , T2 thứ tự tiếp điểm AA1 với  I1  ,  I  ; A2 hình chiếu A BC ( hình vẽ ) A � � Dễ thấy T� I1 I  T2 I I1  A1AA   Ta có 2rA = I1T1  I 2T2 = I1 I cos = H1H cos T2 =  A1 H1  A1 H  cos �A B  A1 A  BA A1C  A1 A  CA � =�  cos � 2 � � BC  BA  CA � � = �AA1  cos � � � =AA1cos  ( p  a )cos =AA  ( p  a)cos �ha  ( p  a ) I2 I1 T1 B H1 A2 A1 Tương tự, ta có: 2rB �hb   p  b  , 2rC �hc   p  c  Suy  rA  rB  rC   p �ha  hb  hc Đẳng thức xảy ABC Bài Một đường thẳng qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, cắt cạnh AB, AC theo BM CN BC thứ tự M N Chứng minh rằng: � AM AN AB AC Lời giải: Gọi I tâm, r bán kính đường tròn nội tiếp ABC Ta thấy: MN qua I ( hình vẽ ) từ suy ra: A S S IAM  S IAN  AMN S ABC S ABC 1 AM AN � r AM  r AN  r  AB  AC  BC  2 AB AC AB.CN AC BM N �   BC I AN AM M AB.CN AC.BM �  1 (*) BC AN BC AM B C Theo BĐT Cauchy: AB AC.BM CN , �2 BC AM AN suy BM CN BC (đpcm) � AM AN AB AC AB.CN AC.BM AM AC AN AB   , tức   BC AN BC AM BM BC CN BC Bài Gọi d a , db , d c độ dài đường phân giác xuất phát từ đỉnh A, B, C tam giác ABC p nửa chu vi tam giác Chứng minh rằng: Đẳng thứ xảy 92 H2 C Phần 5: Một số toán ứng dụng bất đẳng thức hình học A B C  db cos  d c cos �p  cosA+cosB+cosC  A 2 A A A ' � AI  ID  cos Ta có: d a cos  AA cos 2 F A  AE  ID.cos A I  p  a  r.cos (hình vẽ) B B B db cos �p  b  rcos 2 A' D Tương tự: C C d c cos �p  c  rcos 2 B C� A B C � A cos  cos  cos �= Suy ra: d a cos  db cos  d c cos � p   a  b  c   r � 2� 2 � B C� � A cos  cos  cos � (1) = pr� 2� � B C� � A cos  cos  cos ��p  cosA+cosB+cosC  (2) Mặt khác ta có: p  r � 2� � B C� � r � � A � pr� cos  cos  cos ��p � 1 � 2� � R� � B C� abc � A � r� cos  cos  cos �� r 2� 2R � A B C � cos  cos  cos �sin A  sin B  sin C (3) 2 sin B  sin C BC A �sin  cos Chú ý rằng: 2 sin C  sin A CA B �sin  cos 2 sin A  sin B A B C �sin  cos 2 Suy : (3) � (2) A B C Từ (1) (2) suy ra: d a cos  db cos  d c cos �p  cosA+cosB+cosC  2 �  ABC Đẳng thức xảy (*) d a cos E C Bài Cho tam giác ABC với cạnh BC = a, CA = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đặt IA = d a , IB = db , IC = d c Chứng minh rằng: a  bc  d a2   b  ca  d b2   c  ab  d c2  � 6abc 93 Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học Bổ đề: Cho tam giác ABC, I tâm đường tròn nội tiếp Ta có: aIA2  bIB  cIC  abc Bổ đề quen thuộc có nhiều cách chứng minh Xin giới thiệu cách chứng minh thú vị sau Kí hiệu S(.) diện tích đa giác Giả sử đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F ( hình vẽ ) Gọi K điểm đối xứng I qua AC Dễ thấy: S AFIE S AIK AI AK IA2    S ABC SABC AB AC bc Tương tự vậy, ta có: Suy ra: S BDIF IB SCEID IC  ,  SABC ca SABC ab A F K E I B C D IA2 IB IC S AFIE  S BDIF  S CEID    1 bc ca ab S ABC � aIA2  bIB  cIC  abc Trở lại việc giải toán Theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:  a  bc  d a2   b  ca  d b2   c  ab  d c2  �    1 a  bc  d a2   b  ca  d b2   c  ab  d c2     3abc  abc  ( theo bổ đề )  6abc Đẳng thức xảy tam giác ABC Bài Cho ABC nhọn Gọi AA1 ,BB1 ,CC1 ba đường cao với H trực tâm ABC Chứng minh rằng: a  b  c �2  HA1  HB1  HC1  Khơng tính tổng qt ta giả sử a �b �c �A B C ۣ ۳�cosA cosB cosC Hơn nửa, ta có: HA1  A1C.cotgB =AC.cos.cotgB cosB =2R.sinB.cosC sinB  2R.cosB.cosC Chứng minh tương tự: HB1  2R.cosC.cosA HC1  2R.cosA.cosB Do đó: HA1 �HB1 �HC1 A B1 C1 H C B A1 Theo BĐT Trebưsep:  a  b  c   HA1  HB1  HC1  �3  a.HA1  b.HB1  c.HC1  HA1  HB1  HC1 S � Mà  a.HA1  b.HB1  c.HC1  = 6S nên abc 4p  94 p ( p  a)( p  b)( p  c) p2 Phần 5: Một số toán ứng dụng bất đẳng thức hình học �p  a  p  b  p  c � p� � � � � 2p  Vậy a  b  c �2  HA1  HB1  HC1  Dấu “ = ” � ABC Bài Cho tam giác ABC Các đường pgân giác xuất phát từ A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp ABC A1 , B1 , C1 tương ứng Chứng minh rằng: A AA1.BB1.CC1 �16 R r Lời giải: Đặt BC = a, CA = b, AB = c Theo định lí Ptơlêmê cho tứ giác ABA1C ta có: AA1.BC  AB A1C  AC A1B O � AA1.a  c A1C  b A1 B � A1 điểm cung BC Do AA1 pgân giác góc A vầ A1 B = A1C Suy ra: a AA1   b  c  A1C Mặt khác theo định lí � A1C A  R � A1C  R.sin � sin A AC C B A1 hàm số sin ta có � � 2R  b  c  2R  c  a  A B sin Chứng minh tương tự, ta có: BB1  sin a b � 2R  a  b  C CC1  sin c � � � 8R  a  b   b  c   c  a  A B C Từ suy ra: AA1.BB1.CC1  sin sin sin abc 2 2 2R r  a  b   b  c   c  a   �16 R r abc � � � A B C ( r  R sin sin sin  a  b   b  c   c  a  �abc ) 2 Đẳng thứ xảy a =b =c Bài Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c nội tiếp đường tròn bán kính R Gọi la , lb , lc độ dài ba đường phân giác , rb , rc bán kính cá đường tròn bàng tiếp tương ứng với góc Vậy AA1  la lb lc �ra  rb  rc � �� � a 2b c � R � Lời giải: Trước hết xin ngắc lại hai đẳng thức quen thuộc tam giác : A, B, C Chứng minh rằng: 95 Phần 5: Một số toán ứng dụng bất đẳng thức hình học cosA+cosB+cosC=1+ r R  rb  rc  R  r Trở lại việc chứng minh tốn: A A 2bc.cos 2bc.cos Ta có: l  �  bc cos A a b+c 2 bc A  cosA  la bc.cos bc 2  cosB Tương tự, ta có: lb �ca  cosC lc �ab 2 2 2 Suy la lb lc � a b c   cosA    cosB    cosC  Mặt khác, theo BĐT Cơ-si ta có: 2 1  cosA+1+cosB+1+cosC � a b c   cosA    cosB    cosC  � a 2b c � � � 8 � � � r � 4 2 2� R �  abc � � � � � � �4 R  r �  a 2b c � � � 3R � �r  r  r �  a b c �a b c � � 6R � 2 l l l �r  r  r � Từ ta suy a b 2c ��a b c � abc � 6R � Đẳng thức xảy � ABC Bài 10 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Gọi D, E, F giao điểm đường thẳng AO BC, BO A AC, CO AB Chứng minh rằng: 9R AD  BE  CF � Lời giải: Kí hiệu S diện tích Ta có : E F OA S AOC S AOB S AOC  S AOB    AD S ADC S ABD S ABC O OB SOAB  SOBC  Tương tự: C BE S ABC B D 96 Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học OC SOAC  SOBC  CF S ABC 1 � OA OB OC �1     hay R �  � AD BE CF �AD BE CF � Từ áp dụng BĐT Bunhiacopski ta được: 1 � �1  AD  BE  CF   R �    AD  BE  CF  �9R � �AD BE CF � 9R Vậy AD  BE  CF � Dấu đẳng thức xảy ABC Suy Bài 11 Cho tam giác ABC, gọi ma , mb , mc theo thứ tự độ dài ba đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C , rb , rc theo thứ tự bán khính đường tròn bàng tiếp ứng với csc góc có dỉnh A, 2 2 2 B, C Chứng minh rằng:  rb  rc �ma  mb  mc (*) Lời giải: Đặt BC = a, CA = b, AB = c; 2p = a + b + c, S diện tích ABC Ta có hệ thức sau: S   p  a    p  b  rb   p  c  rc  p  p  a   p  b   p  c   a  b2  c2  Sử dụng hệ thức này, BĐT (*) cần chứng minh có dạng: �  p  b   p  c    p  c   p  a    p  a   p  b  ��3 a  b  c p� (1)  �  p b pc � pa � Để viết cho gọn ta đặt: p – a = x, p – b = y, p – c = z (x , y, z > 0); thì: x + y + z = p a = y + z, b = z + x, c= x + y Khi (1) có dạng sau mà ta cần phải chứng minh: �yz zx xy � 2  x  y  z  �   �� � �y  z    z  x    x  y  � (2) � y z � �x ma2  mb2  mc2  Thật vậy, ád dụng BĐT Cô-si ba số dương x, y, z ta có BĐT sau: �y z � �z x � �x y � x �  � y �  � z �  ��2  x  y  z  (3) �z y � �x z � �y x � Cộng hai vế (3) tổng xy  yz  zx ta được: �yz zx xy �  x  y  z  �   ��2  x  y  z  + xy  yz  zx (4) y z � �x 2 Lại dùng BĐT Cơ-si có:  x  y  z  �  xy  yz  zx  (5) 2 Từ (4) (5) ta suy ra: �yz zx xy � 3 2  x  y  z  �   ��  x  y  z  xy  yz  zx  = �  y  z   z  x   x  y � � � y z � �x Vậy BĐT (2) � (đpcm) Dấu đẳng thức (*) xảy dấu đẳng thức xảy (3), (4), (5) xảy (2) tức x = y = z � a = b = c hay ABC 97 Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học Bài 12 Gọi a, b, c đọ dài cạnh tam giác có diện tích S; đường cao trung tuyến tương ứng , hb , hc ma , mb , mc Chứng minh rằng: 1) a  b  c �2 27 S 2) mb4  hb mc4  hc ma4 �9 3S S Lời giải:1) Đặt 2p = a + b + c Ád dụng BĐT Cô-si cho ba số dương ta được: p3  p  a  p  a  p  a � 27 p Suy ra: S  p  p  a   p  a   p  a  �  p 27 S hay là: 27 a  b  c �2 27 S Dấu đẳng thức xảy p – a = p – b = p – c � a = b = c ( tam giác ) 2 2b 2� c a2  b c  a2 p  p a  ma2 p  p a  2) Ta có: 4ma2  Tương tự: mb �p  p  b  mc2 �p  p  c  2 2 Suy ra: ma mb mc �p  p  a   p  b   p  c   p S S S S 8S 27 S  � a b c abc p p3 ( abc � theo BĐT Cơ-si ) 27 Lại có: hb hc  (1) (2) Từ ta có: mb4  hb mc4  hc ma4 �3 hb hc ma4 mb4 mc4 �93 pS (3) Lại p �4 27 S ( chứng minh ), thay vào (2) ta mb4  hb mc4  hc ma4 �9 3S S Dấu đẳng thức xảy dấu dẳng thức xảy đồng thời xảy (1), (2), (3) (4), xảy a = b = c hay tam giác Bài 13 Gọi r R bán kính đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c Chứng minh rằng: a  b  c �8R  4r (*) Lời giải: Trong tam giác ABC ta có : a  R sin A, b  R sin B, c  R sin C sin A  sin A  sin A    cosAcosBcosC  A B C sin sin 2 Thay vào (*) ta thấy BĐT (*) cần chứng minh tương đương với BĐT sau: A B C cosAcossBcosC �8sin sin sin =   cosA    cosB    cosC  (**) 2 - Nếu tam giác ABC vng tù (**) hiển nhiên - Nếu tam giác ABC nhọn cosAcosBcosC > A B C 1 y2  x2 1 z2 c osB= , Đặt x  tg , y  tg , z  tg ( x, y, z > ), thì: cosA= , c osC= 2 1 y2  x2 1 z2 r  R sin 98 Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học 2x 2y 2z 2 1 x 1 y 1 z2 Từ đố suy (**) ۳ xyz A B C cot g cot g (***) 2 Thật , biết, tam giác ABC ta có hệ thức sau: tgA.tgB.tgC  tgA  tgB  tgC (1) A B C A B C cot g cot g cot g  cot g  cot g  cot g (2) 2 2 2 Mặt khác, ta có: 2sin  A  B  2sin C 2sin C A tgA  tgB   �  cot g (3) 2cosA.cosB cos  A-B   cos  A+B   cosC hai BĐT tương tự Cộng vế theo vế BĐT (3) lại ta được: A B C tgA  tgB  tgC �cot g  cot g  cot g (4) 2 Từ (1), (2) (4) ta thu (***) (*) Dấu đẳng thức xảy khi: cos  A-B   cos  B-C   cos  C-A   � ABC ۳ tgA.tgB.tgC cot g 1  � p, R, r nửa chu vi, bán kính đường tròn R r 2p ngoại tiếp bán kính đương tròn nội tiếp tam giác Đẳng thức xảy nào? Lời giải: Gọi độ dài ba cạnh tam giác a, b, c Ta có hệ thức: abc  RS  Rrp (*) 27 Rr (1) b c  27abc p 27.4 Rrp ( theo (*) )  p Sử dụng BĐT Cô-si ta có:  a  � Bài 14 Chứng minh Mặt khác, ta có: p S  r p  p  a  p  b   p 3r 81 3Rr Tư (1), (2) suy p � r (2) Rr Sử dụng BĐT Cô-si cho ba số dương ta có: Từ (3), (4) suy ra: �p  a  p  b  p  c � p� � p  c p4 p2 � � �   r 3r 3r 3 2p (3) 1 1 1     �3 R r R 2r r Rr (4) 1  � R r 2p Đẳng thức xảy � a  b  c, p  3r , R  2r � Tam giác cho Bài 15 Cho tam giác ABC với a, b, c đọ dài ba cạnh R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội teisp tam giác Chứng minh rằng: 2  a  b    b  c    c  a  �8R  R  2r  99 Phần 5: Một số toán ứng dụng bất đẳng thức hình học Lời giải: uuu r uGọi uu r O, uuu rI, H uuulần r lượtuu rlà tâm uurđường uur tròn r ngoại tiếp, nội tiếp trực tâm tam giác ABC, ta có: OH  OA  OB  OC a.IA  b.IB  c.IC  uur uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur Suy ra: OH  OA  OB  OC p.OI  a.OA  b.OB  c.OC với 2p = a + b + c Từ ta tính uuu r uuu r uuu r uuur được: p.IH   p  a  OA   p  b  OB   p  c  OC uuu r uuu r 2 2 2   p  a   p  b  2OA.OB + �2 p  a    p  b    p  c  � Do ta có: p IH  R � � uuu r uuur uuur uuu r  p  b   p  c  2OB.OC   p  c   p  a  2OC.OA uuu r uuu r Mà 2OA.OB  R  AB  R  c nên: 2 p IH  R � p  a   p  b   R  c2  + �b  c    c  a    a  b  � �+  2 2 +  p  b   p  c   2R  a    p  c   p  a   2R  b   R  p  a  p  b  p  c   � c2  p  a   p  b   b2  p  c   p  a   a  p  b   p  c  � � � 2 3  16 p R   a  b  c  p  abc  a  b  c  2 Suy ra: IH  R  a  b3  c abc  2p 2p 3 2 Nhưng vì: a  b  c   a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca   3abc 4abc 2p abc abc  pr , suy 2r.R  Mặt khác, ta có S  , nên thay vào đảng thức biến đổi ta được: 2p 4R 2 4R2  �  8r.R �0  a  b   b  c   c  a � � � 2 2 Hay  a  b    b  c    c  a  �8R  R  2r  (đpcm) 2 2 nên IH  R   a  b  c  ab  bc  ca   100 Phần 5: Một số tốn ứng dụng bất đẳng thức hình học 101