Đang tải... (xem toàn văn)
Trong quá trình bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên cốt cán, bồi dưỡng học sinh giỏi trong tỉnh và đặc biệt là quá trình giảng dạy học phần “Bồi dưỡng học sinh giỏ[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUN HÈ 2019 MƠN: TỐN HỌC
Chuyên đề
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP BÀI TỐN HÌNH HỌC ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Ở BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ
TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN
(2)MỤC LỤC
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
Phần KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Một số bất đẳng thức cần dùng
1.2 Một số ký hiệu
Phần THIẾT LẬP CÁC NHÓM QUAN HỆ 10
2.1 Nhóm quan hệ 10
2.2 Nhóm quan hệ 16
2.3 Nhóm quan hệ 17
2.4 Nhóm quan hệ 21
2.5 Nhóm quan hệ 26
(3)1
MỞ ĐẦU
Tam giác khái niệm quan trọng chương trình Tốn bậc Trung học sở Trong đề thi chọn học sinh giỏi, tam giác thường có mặt thường tốn khó
Trong vấn đề tam giác, tốn cực trị ln tốn bản, phong phú dạng hấp dẫn việc tìm tịi lời giải, đặc biệt lời giải tổng quát hóa
Các tài liệu tham khảo hành nước nay, toán cực trị tam giác thường xuất dạng tốn khó với lời giải rời rạc chưa phân loại cách đầy đủ
Trong trình bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên cốt cán, bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh đặc biệt trình giảng dạy học phần “Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học sở - Chuyên đề Hình học” Trường Cao đẳng sư phạm Gia Lai cho sinh viên ngành Cao đẳng sư phạm Tốn học, tơi tự nghiên cứu cách toàn diện vấn đề cực trị tam giác, trước hết làm tư liệu giảng dạy cho thân, sau đúc rút thành sản phảm nghiên cứu khoa học nho nhỏ để phổ biến kinh nghiệm cho giảng viên, giáo viên, sinh viên, học sinh người quan tâm vấn đề
Đây tài liệu xem đầy đủ, phân dạng theo hệ thống dễ tra cứu Điều quan trọng đề tài là, cho thấy phương pháp tìm “cái gốc” lớp toán mà tài liệu khác chưa phân tích cách đầy đủ
Trong khn khổ số trang chuyên đề bồi dưỡng thường xuyên, đề tài chưa đề cập đến Nhóm quan hệ 7, nhóm quan hệ quan trọng (vừa khó, vừa sâu sắc) Ra, Rb, Rc với da, db, dc Hy vọng rằng, nội
(4)2
Phần KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Một số bất đẳng thức cần dùng
Đối với bậc Trung học sở (THCS), theo chúng tôi, bất đẳng thức sau đủ để thiết lập nhiều tốn Hình học để bồi dưỡng học sinh giỏi
Các bất đẳng thức hình thành từ bước suy luận Suy luận
Ta có bất đẳng thức sau
2
DTXR
A A
Với x y, 0, ta có
2
0 2
2
x y
x y x xy y x y xy xy Đẳng thức xảy
0
x y x y x y Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức (Bất đẳng thức AM-GM)
,
DTXR
x y
xy x y
x y
,
DTXR
x y xy
x y
x y
Suy luận
Áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có
2
2
x y xy, đẳng thức xảy x y
2
2
y z yz, đẳng thức xảy yz
2
2
(5)3 Suy
2 2
2 x y z 2 xyyzzx
Đẳng thức xảy x y z
Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức
2 2
DTXR
x y z xy yz zx
x y z
Suy luận
2 2 2
2
x y z xyyzzxx y z xyyzzx xyyzzx
2
3
x y z xy yz zx
Đẳng thức xảy x y z
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức
2
3 DTXR
x y z xy yz zx
x y z
Suy luận
2 2 2
2
x y z xyyzzx x y z xyyzzx
2 2 2 2 2
2
x y z x y z x y z xy yz zx
2 2 2 2
3 x y z x y z
Đẳng thức xảy x y z
(6)4 Bất đẳng thức
2
2
2 2
3
3
DTXR
DTXR
x y z x y z
x y z x y z
x y z
x y z
Bởi Bất đẳng thức 3, 4, ta có bất đẳng thức kép sau Bất đẳng thức
2 2 2 2
3
DTXR
xy yz zx x y z x y z
x y z
Trong Bất đẳng thức 5, với x y z, , 0, thay x x, y y , z z , ta có bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức
2
3
, , DTXR
xy yz zx x y z x y z
x y z
x y z
Suy luận
Cách1
Với số thực a b c, , , ta có đồng thức sau
3 3 2
3
a b c a b c a b c ab bc ca abc Do đó, với a b c, , 0, ta có
3 3
3
a b c abc Đẳng thức xảy
2 2
0
a b c
a b c ab bc ca
0
theo BDT
a b c a b c
a b c
Thay a0
x, b0 y , c0 3
z, ta có bất đẳng thức sau
3
3
(7)5 Đẳng thức xảy x y z
Cách
Với x y z, , 0, áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có
x y xy, đẳng thức xảy x y
3 2 .3
z xyz z xyz , đẳng thức xảy z xyz Suy
3 2 2 .3 2 .3 2.2 . .3
x y z xyz xy z xyz xy z xyz xy z xyz
4 4
4
3 3
4 xyz xyz xyz xyz xyz
Vậy
3
3
x y z xyz Đẳng thức xảy
2
3
2
3 0
x y
x y
x y x y
z z y
z y z
z xyz z y z
0
z x y
0
z
x y
z y
x y z
Từ hai cách suy luận trên, ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức (Bất đẳng thức AM-GM)
3 , , , 0
3 DTXR
x y z
xyz x y z
x y z
Suy luận
(8)6
x y z 1 3.3 xyz.3.3 9
x y z xyz
Đẳng thức xảy x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức
1
9
, , DTXR
x y z
x y z x y z
x y z
Suy luận
Với x y z, , 0, áp dụng Bất đẳng thức 7, ta có
3
1 1
3
1 1
xyz
x y z xyz
x y z
Đẳng thức xảy x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức
3
1 1
, ,
DTXR
xyz
x y z x y z
x y z
Bởi Bất đẳng thức 4, 7, 9, ta có bất đẳng thức kép sau
(9)7
2 2
3
3
1 1 3 3
, , DTXR
x y z x y z
xyz
x y z
x y z
x y z
Suy luận
Với số thực a b c x y z, , , , , , dễ dàng kiểm tra Hằng đẳng thức Lagrange
sau
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c x y z ax by cz ay bx bzcy cx az Từ đẳng thức này, ta suy bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 11 (BĐT Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz hay BĐT C-B-S)
2
2 2 2
z
DTXR , ,
a b c x y z ax by c
a b c
x y z
x y z
Suy luận
Với a b c, , , , ,x y z0, áp dụng Bất đẳng thức 11, ta có
2
2
2 2 2
a b c
x y z a b c
x y z
a2 b2 c2 2
x y z a b c
x y z
2
2 2 a b c
a b c
x y z x y z
Đẳng thức xảy
2 2
2 2
a b c a b c
x y z x y z
(10)8 Bất đẳng thức 12
2
2 2
, , ; , ,
DTXR
a b c
a b c
x y z x y z
a b c x y z
a b c
x y z
Suy luận
Với a b c x y z, , , , , 0, Bất đẳng thức 12, thay x ax, y by, z
z
c , ta có
2
a b c a b c
x y z ax by cz
Đẳng thức xảy
a b c x y z
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 13
2
, , , , ,
DTXR
a b c
a b c
x y z ax by cz
a b c x y z
a b c
x y z
Suy luận
Với a b c x y z, , , , , 0, áp dụng Bất đẳng thức 12, 13, ta có
2
2
2 2
2 2 2
b a b c
a c
y x y z
a b c a b c x z
x y z ax by cz a b c a b c
2
2
1
a b c a b c
a b c
a b c x y z a b c ax by cz ax by cz
(11)9 Bất đẳng thức 14
2
2
2 2
1
, , , , ,
DTXR
a b c
a b c a b c
x y z a b c x y z ax by cz
a b c x y z
a b c
x y z
1.2 Một số ký hiệu
Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Giả sử AP, BP, CP cắt BC, CA, AB A1,B1,C1
Gọi ha, , hb hc đường cao hạ từ A, B, C da, db, dc đoạn vng góc hạ từ P đến BC, CA, AB
Ta sử dụng ký hiệu sau
ABC
S S , SBPC Sa , SCPASb , SAPB Sc ,
1 a
AA k , BB1kb , CC1 kc ,
a
APR , BPRb , CPRc ,
1 a
PA r , PB1 rb , PC1 rc ,
a a
r x
k
, b b
r y
k
, c c
r z
k
,
1 a
S B AC S , S C BA 1Sb , S A CB 1Sc , * 1
(12)10
Phần THIẾT LẬP CÁC NHÓM QUAN HỆ
2.1 Nhóm quan hệ
Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ ra, , rb rc, ka, , kb kc, da, db, dc, ha, , hb hc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt
Nhóm quan hệ: ra, ka
Đây xem phương pháp “gốc”, tổng quát nhất, mà mối liên hệ tài liệu nước hành trường hợp riêng
Dễ dàng chứng minh a a a
a a
S d r
S h k ,
b b b b b
S d r
S h k ,
c c c c c
S d r
S h k
Đặt
0
a a a a a
S d r
x
S h k ,
b b b b b
S d r
y
S h k ,
c c c c c
S d r
z S h k
Ta có
1
a b c a b c
S S S S S S S
x y z
S S S S S
Vậy, ta có đẳng thức sau
Đẳng thức
, , 0,1
1
x y z
x y z
Bởi Đẳng thức 1, ta có số đẳng thức cụ thể sau Đẳng thức 1a
1
a b c
S S S
(13)11 Đẳng thức 1b
1
a b c a b c
d d d
h h h
Đẳng thức 1c
1
a b c a b c
r r r
k k k
Áp dụng Đẳng thức vào bất đẳng thức có chứa tổng x y z, ta thiết lập nhiều bất đẳng thức tam giác
Suy luận
Áp dụng Đẳng thức vào Bất đẳng thức 8, ta có
1
9
x y z
x y z
hay
1 1
9
x y z
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 15
1 1
1 DTXR
3
x y z
x y z
Bởi Bất đẳng thức 15, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 15a
1 1
DTXR
a b c
S S S S
P G
Bất đẳng thức 15b
9
DTXR
a b c a b c
h h h
d d d
P G
(14)12 Bất đẳng thức 15c
9
DTXR
a b c a b c
k k k
r r r
P G
Suy luận
Áp dụng Đẳng thức vào Bất đẳng thức 5, ta có
2 2 2
3 xyyzzx x y z 3 x y z 2 2
3 xy yzzx 1 x y z
Các đẳng thức xảy
1
3
a b c a b c
r r r
x y z P G
k k k
Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 16
1
3 DTXR
3
xy yz zx
x y z
Bởi Bất đẳng thức 16, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 16a
2
3 DTXR
a b b c c a
S S S S S S S
P G
Bất đẳng thức 16b
1 DTXR
a b b c c a a b b c c a
d d d d d d h h h h h h P G
Bất đẳng thức 16c
1 DTXR
a b b c c a a b b c c a
r r r r r r k k k k k k
P G
(15)13 Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 17
2 2
3 DTXR
3
x y z
x y z
Bởi Bất đẳng thức 17, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 17a
2
2 2
3 DTXR
a b c
S
S S S
P G
Bất đẳng thức 17b
2 2
2 2
1 DTXR
a b c a b c
d d d
h h h
P G
Bất đẳng thức 17c
2 2
2 2
1 DTXR
a b c a b c
r r r
k k k
P G
Suy luận
Áp dụng Đẳng thức vào Bất đẳng thức 6, ta có
2
3 xy yz zx x y z 3 x y z 3
Các đẳng thức xảy
1
3
a b c a b c
r r r
x y z P G
k k k
(16)14 Bất đẳng thức 18
1 DTXR
3
xy yz zx x y z
Bởi Bất đẳng thức 18, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 18a
DTXR
a b b c c a
S S S S S S S
P G
Bất đẳng thức 18b
1
DTXR
a b b c c a a b b c c a
d d d d d d
h h h h h h
P G
Bất đẳng thức 18c
1
DTXR
a b b c c a a b b c c a
r r r r r r
k k k k k k
P G
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 19
1 DTXR
3
x y z
x y z
Bởi Bất đẳng thức 19, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 19a
3 DTXR
a b c
S S S S
P G
(17)15 Bất đẳng thức 19b
3
DTXR
a b c
a b c
d d d
h h h
P G
Bất đẳng thức 19c
3
DTXR
a b c
a b c
r r r
k k k
P G
Suy luận
Bây giờ, Đẳng thức Bất đẳng thức AM-GM, ta có
1 x y z xyz Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 20
1
27 DTXR
3
xyz
x y z
Bởi Bất đẳng thức 20, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 20a
3 DTXR
a b c
S S S S
P G
Bất đẳng thức 20b
1
27 DTXR
a b c a b c
d d d h h h
P G
(18)16 Bất đẳng thức 20c
1
27 DTXR
a b c a b c
r r r k k k
P G
2.2 Nhóm quan hệ
Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ Ra, Rb, Rc, ka, , kb kc, gọi tắt
Nhóm quan hệ: Ra, ka
Suy luận Ta có
1
a a a a
a a a
R k r r
x
k k k
Tương tự, ta có
1
a a
R
x
k ,
b b
R
y
k ,
c c
R
z k
Suy
1 1 1
a b c a b c
R R R
x y z x y z
k k k
Vậy, ta có đẳng thức sau
Đẳng thức
2
a b c a b c
R R R
k k k hay 2
a b c
a b c
R R R
k k k
Suy luận Ta có
1
a a
k
R x ,
1
b b
k
R y ,
1
c c
k
(19)17 Do
1 1
1 1
a b c a b c
k k k
R R R x y z
Ta cần thiết lập bất đẳng thức liên quan đến biểu thức
1 1
1x1y1z
Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có
1
1 1
1 1
x y z
x y z
3 1
1 1
x y z
x y z
1
1 x y z
1 1
1x1y1z 2
Đẳng thức xảy
1 x y z hay
3
x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 21
1 1
1 1
1 DTXR
3
x y z
x y z
hay
9
2 DTXR
3
a b c a b c
a b c a b c
k k k
R R R
r r r
k k k
P G
2.3 Nhóm quan hệ
Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ Ra, Rb, Rc, ra, , rb rc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt
(20)18 Bài toán Chứng minh số
a a
R r ,
b b
R r ,
c c
R r ,
có số khơng nhỏ có số không lớn
Giải
a) Có số khơng nhỏ
Giả sử ngược lại, số nhỏ Ta có
1
1
2 2
c a c
c a
a a a
S R S
S S
S r S
Tương tự, ta có
2
2
b a
S S Suy
1 2
2 2
c b a a a a a
S S S S S S S Tương tự, ta có
2
c b a
(21)19 Cộng bất đẳng thức theo vế, ta có
2 SaSbSc 2 Sa SbSc 2S2S, mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh
b) Có số khơng lớn Chứng minh tương tự
Suy luận
Ta có
1 2
a c b b c b c
a a a a a a
R S S S S S S
r S S S S S
Vậy, ta có đẳng thức sau
Đẳng thức
a b c
a a
R S S
r S
(22)20
1
2
a b c b c
a a a a
R S S S S c b
r S S S c b
Vậy, ta có đẳng thức sau
Đẳng thức
1
2
a a
R c b
r c b
Suy luận Ta có
1
1
a a a a
a a a
R k r k
r r r x
Tương tự, ta có
1
a a
R
r x ,
1
b b
R
r y ,
1
c c
R
r z
Vậy, Bất đẳng thức 15, ta có
1 1 1
1 1
a b c a b c
R R R
r r r x y z x y z
Đẳng thức xảy x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 22
1 DTXR
3
a b c a b c
a b c a b c
R R R
r r r
r r r
k k k
P G
(23)
21
1 1
1
1 1
a a
x
r x
R x x x
Tương tự, ta có
1 1
a a
r
R x ,
1 1
b b
r
R y ,
1 1
c c
r
R z
Vậy, Bất đẳng thức 21, ta có
1 1 1
1 1 3
1 1 1 2
a b c a b c
r r r
R R R x y z x y z
Đẳng thức xảy x y z
Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 23
3
2 DTXR
3
a b c a b c
a b c a b c
r r r
R R R
r r r
k k k
P G
2.4 Nhóm quan hệ
Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ a b c, , , da, db, dc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt
Nhóm quan hệ: a d, a
Bài toán Cho tam giác ABC Xác định điểm P nằm (hoặc cạnh)
tam giác ABC cho tổng da db dc nhỏ
Giải Khơng tính tổng quát, giả sử a b c Ta có
(24)22 Suy
2
a b c a
S
d d d h
a
Vậy, a cạnh lớn ta có
Bất đẳng thức 24
a b c a
d d d h
- Nếu a b c, giá trị nhỏ tổng da dbdc ha, đạt điểm P nằm vị trí (hoặc cạnh) tam giác ABC - Nếu a b c, giá trị nhỏ tổng da dbdc ha, đạt dc 0, nghĩa điểm P nằm cạnh CA, cạnh nhỏ
- Nếu a b c, giá trị nhỏ tổng da dbdc ha, đạt db dc 0, nghĩa điểm P trùng với đỉnh A
Suy luận
Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có
1 1
9 2
a b c a b c
a b c a b c
ad bd cd S S S
ad bd cd ad bd cd
1 1 1
2
2
a b c a b c
S
ad bd cd ad bd cd S
Đẳng thức xảy
2 2
a b c a b c a b c
ad bd cd S S S S S S P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 25
1 1
2 DTXR
a b c
a b c
ad bd cd S
ad bd cd P G
(25)23 Suy luận
Nếu tam giác ABC tam giác đều, Bất đẳng thức 25 tương đương với
2
1 1
3
4
a b c
a d d d a a
1 1
a b c
d d d a
Đẳng thức xảy da db dc hay P I O H G Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 26 (ABC tam giác đều)
1 1
DTXR
a b c a b c
d d d a
d d d P I O H G
Suy luận
Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có
1
9
a b b c c a
a b b c c a
ad bd bd cd cd ad
ad bd bd cd cd ad
1
2 a b c
a b b c c a
ad bd cd
ad bd bd cd cd ad
1 1
4
a b b c c a
S
ad bd bd cd cd ad
1 1
4
a b b c c a
ad bd bd cd cd ad S
Đẳng thức xảy
2 2
a b c a b c a b c
ad bd cd S S S S S S P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 27
1 1
4 DTXR
a b b c c a
a b c
ad bd bd cd cd ad S
ad bd cd P G
(26)24 Suy luận
Nếu tam giác ABC tam giác đều, Bất đẳng thức 27 tương đương với
1 1
4
a b b c c a
a d d d d d d S
1 1 3
3
4
a b b c c a
a
d d d d d d a a
Đẳng thức xảy da db dc hay P I O H G Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 28 (ABC tam giác đều)
1 1 3
DTXR
a b b c c a a b c
d d d d d d a
d d d P I O H G
Suy luận Ta có
2 2
a b c
a b c
a b c
ad bd cd a b c
d d d
a b b c c a
b a c b a c
d d d d d d
ab bc ca
d d d d d d
AM-GM
2 2
2
a b c ab bc ca a b c
Suy
2
a b c
a b c
a b c
ad bd cd a b c
d d d
2
2 a b c
a b c
a b c
S S S a b c
d d d
2
2 a b c
a b c
a b c
S S S a b c
d d d
2
2
a b c
a b c
S a b c
d d d
2
a b c
a b c
a b c
d d d S
(27)25
Đẳng thức xảy da db dc hay PI Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 29
2
2 DTXR
a b c
a b c
a b c
a b c
d d d S
d d d P I
Nhận xét Bất đẳng thức cịn chứng minh, dựa vào Bất đẳng thức 13, sau
2 2
2 2 2
a b c a b c a b c a b c
a b c a b c a b c a b c
a b c
d d d ad bd cd S S S S S S S
Đẳng thức xảy da db dc hay PI Suy luận.
Theo Bất đẳng thức C-B-S, ta có
2 2 2 2 2 2
2 2
a b c a b c a b c
a b c d d d ad bd cd S S S S Suy
2
2 2
2 2
4
a b c
S
d d d
a b c
Đẳng thức xảy a b c
d d d
a b c P Điểm Lemoine tam giác
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 30
2
2 2
2 2
4
DTXR Lemoine
a b c a b c
S
d d d
a b c
d d d
P L
a b c
(28)26 2.5 Nhóm quan hệ 5
Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ a b c, , , Ra, Rb, Rc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt
Nhóm quan hệ: a R, a
Suy luận - Ta có
a b
R R c, RbRca, RcRa b Suy
2 RaRbRc a b c hay
2
a b c
a b c R R R p - Ta có
1 1
a b a a a a a
R R R r a R r a k a
b a2 a1 b a2 a1 b a
Tương tự, ta có
a b
R R a b, RbRc b c, RcRa c a Suy
2 Ra RbRc 2 a b c hay Ra RbRc a b c 2p Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 31
2
a b c
pR R R p
Bài tốn Tìm điểm P tam giác nhọn ABC cho tổng aRabRbcRc
(29)27 Ta có
2ScR AHb R ADb , 2Sa R CKb R CDb Suy
2 ScSa R ACb bRb
Đẳng thức xảy đường thẳng AH, CK, CA trùng hay BP vng góc với CA
Tương tự, ta có
2 ScSa bRb, 2Sa SbcRc, 2SbScaRa Suy
4
a b c a b c
aR bR cR S S S S
Vậy giá trị nhỏ tổng aRa bRbcRc 4S, đạt
BP CA
CP AB P H
AP BC
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 32
4 DTXR
a b c
aR bR cR S
P H
(30)28
Bài toán Tìm điểm P tam giác nhọn ABC cho tổng b c c a a b
aR R bR R cR R đạt giá trị nhỏ Giải
Giả sử E F điểm cho BCPE BCAF hình bình hành Suy EPAF hình bình hành Do
BCEPFAa, CABFb, PAEF Ra, PCEBRc Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy tứ giác ABEF, ta có
a c
AB EFAF BEBF AEc R a R b AE Đẳng thức xảy tứ giác ABEF nội tiếp Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy tứ giác AEBP, ta có
b c a
BP AEBE APAB EPR AER R ca Đẳng thức xảy tứ giác AEBP nội tiếp Suy
b c c a a b b c a b c a b c a c a
aR R bR R cR R aR R cR R bR R R aR cR bR R
b c a b c a
R b AE bR R b R AE R R bca
hay
b c c a a b
(31)29
Vậy giá trị nhỏ tổng aR Rb cbR Rc a cR Ra b abc, đạt tứ giác ABEF AEBP nội tiếp
Vì tứ giác ABEF AEBP nội tiếp, nên suy tứ giác AFEP nội tiếp Suy tứ giác AFEP hình chữ nhật Suy APEP hay APBC
Vì tứ giác AEBP nội tiếp, nên ABE APE Suy BE AB hay
CPAB
Vì APBC CPAB, nên PH
Vậy, với ABC tam giác nhọn, a thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 33
DTXR
b c c a a b
aR R bR R cR R abc
P H
Nhận xét Bất đẳng thức cịn có cách chứng minh khác, theo suy luận từ bổ đề sau
Bổ đề Nếu f a b c R , , , a, Rb, Rc0 f aR a, bRb, cRc, R Rb c, R Rc a, R Ra b0 Nhận xét Người ta chứng minh rằng, Bổ đề 1, bất đẳng thức
, , , a, b, c
f a b c R R R
xảy dấu đẳng thức PI, bất đẳng thức
a, b, c, b c, c a, a b
f aR bR cR R R R R R R
xảy dấu đẳng thức tam giác ABC nhọn PH Suy luận
Theo Bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức kinh điển, với số thực
, ,
x y z P điểm tùy ý mặt phẳng (ABC), ta có
2 2 2
a b c
x y z xR yR zR yza zxb xyc
Đẳng thức xảy x y z: : Sa:Sb:Sc, ký hiệu Sa, Sb, Sc
để diện tích đại số tam giác có hướng PBC, PCA, PAB
(Lưu ý: kiến thức mang tính tham khảo, để mở rộng thêm, phù hợp bậc Trung học phổ thông)
(32)30 Bất đẳng thức tương đương với
2 2 2 2 2
a b c
x y z xR yR zR yza zxb xyc
xyz xyz
1 2 2 2
a b c
a b c
xR yR zR
yz zx xy x y z
Ngoài ra, theo Bất đẳng thức 12 , ta có
2
2 2 a b c
a b c
x y z x y z
Đẳng thức xảy a b c: : x y z: : Do đó, ta có
2 2 2
1 1
a b c
a b c
xR yR zR
yz zx xy x y z
Đẳng thức xảy
: : : :
a b c x y z
P I
Áp dụng Bổ đề cho bất đẳng thức trên, ta có
2
2 2
1 1 a b c
b c c a a b
aR bR cR
x R R y R R z R R
yz zx xy x y z
2 2 a b c
b c c a a b
aR bR cR
x y z
x R R y R R z R R
xyz x y z
2 2
b c c a a b a b c
x R R y R R z R R aR bR cR
xyz x y z
2
2 2
b c c a a b a b c
R R R R R R aR bR cR
yz zx xy x y z
Trong bất đẳng thức trên, thay x xRa2, y b
yR , z c
zR , ta có
2 2
2 2 2
b c c a a b a b c
a b c
b c b c b c
R R R R R R aR bR cR
xR yR zR
yz R R zx R R xy R R
(33)31
2
2 2
1 1 a b c
a b c
aR bR cR
yz zx xy xR yR zR
Trong bất đẳng thức trên, thay x
x , y
1
y , z
1
z, ta có
2
2 2
a b c
a b c
aR bR cR
yz zx xy
R R R
x y z
Ra2 Rb2 Rc2 aRa bRb cRc
x y z yz zx xy
Ta thiết lập bất đẳng thức sau
2 2
a b c a b c
R R R aR bR cR
x y z yz zx xy
Với Nhận xét Bổ đề 1, ta thấy đẳng thức bất đẳng thức xảy
tam giác ABC nhọn, PH, a b c: : x y z: : Sa:Sb:Sc tam giác ABC nhọn, PH, Ra Rb Rc
xa yb zc
tam giác ABC nhọn, PH, x y z: : cosA: cosB: cosC tam giác ABC nhọn, PH, x y z: : cotA: cotB: cotC
- Dễ thấy rằng, với x y z, , 0 P trùng với đỉnh tam giác, chẳng hạn đỉnh A, bất đẳng thức
Tóm lại, với x y z, , 0 P tùy ý, ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 34
2 2
nhon DTXR
: : cot : cot : cot
a b c a b c
R R R aR bR cR
x y z yz zx xy
ABC
P H
x y z A B C
Trong bất đẳng thức trên, thay x Ra
a , y
b
R
b , z
c
R
(34)32
a b c
a b c
b c c a a b
aR bR cR aR bR cR
R R R R R R
bc ca ab
R Rb c R Rc a R Ra b
bc ca ab
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 35
1
nhon DTXR
b c c a a b
R R R R R R
bc ca ab
ABC
P H
Suy luận Nếu PO, ta có
2 2
2 1
1 1
b c c a a b
R R R R R R R R R
R
bc ca ab bc ca ab bc ca ab
2
R a b c abc
2
2
abc abc abc R R R
R S pr Rr
a b c p R p p p
2
R r
Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 36
2
R r Suy luận
Áp dụng Bất đẳng thức Bất đẳng thức 35, ta có
3 3.1
a b c b c c a a b
R R R R R R R R R
a b c bc ca ab
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 37
3
nhon DTXR
a b c
R R R
a b c
ABC P H
Bài toán Cho tam giác ABC có trọng tâm G bán kính đường trịn ngoại
tiếp R Gọi R R1, 2, R3 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
(35)33
1 3
R R R R Giải Theo Bất đẳng thức 35, ta có
b c c a a b
aR R bR R cR R abc Khi PG, ta có
1 1
1
4
4
4 3
b c
a b c a
aR R S
S aR R R S R R S
R
Tương tự, ta có
1
4
b c
aR R R S,
4
c a
bR R R S,
4
a b
cR R R S Ngoài ra, ta biết
4
abc
S abc RS
R
Do
3
4
4
3
b c c a a b
aR R bR R cR R abc R R R S RS R R R R Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 38
1 3
R R R R
Suy luận Ta có
1 1 1
a c b a c b
a c b n n n n n n
aR bd cd R bd cd
aR bd cd
a a a a a a
Tương tự, ta có
1
a
b c
n n n
R c b
d d
a a a ,
b
c a
n n n
R a c
d d
b b b ,
c
a b
n n n
R b a
d d
(36)34 Suy
1 1 1
a b c
a b c
n n n n n n n n n
R R R b c c a a b
d d d
a b c c b a c b a
AM-GM 2 2 2 2 2 2
a b c
a n n b n n c n n n n n n n n
ad bd cd
d d d
b c c a a b a b c b c a c a b
4 a b c
n n n n n n
S S S
a b c b c a c a b
Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 39
4 ,
deu DTXR
a b c a b c
n n n n n n n n n
R R R S S S
n
a b c a b c b c a c a b
ABC
P O
- Với n1, ta có
4
a b c a b c
R R R S S S
a b c a bc b ca c ab
2
BDT15
4
a b c
a b c S S S
S S S
abc a b c abc a b c
- Với n2, ta có
2 2
4
4
a b c a b c
R R R S S S S
a b c abc abc abc abc R
Như biết, đẳng thức xảy tam giác ABC P trùng với tâm tam giác
2.6 Nhóm quan hệ 6
Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ diện tích số tam giác đặc biệt, gọi tắt
(37)35 Ký hiệu
1 a
S B AC S , S C BA 1Sb , S A CB 1Sc , * 1
S A B C S
Suy luận Đặt
1
a a
a
,
b b
b
,
c c
c
Suy
2
1 a a
a ,
2
1 b b
b ,
2
1 c c
c
Theo Định lý Ceva, ta có
(38)
36 2 2 1 a c c b c S c
S b c b c b c
b c
Tương tự, ta có
1
a
S c
S b c , 1
b
S a
S c a , 1
c
S b
S a b
Suy
*
1
a b c
a b c
S S S S
S S S S
S S S S S
1
1 1 1
c a b
b c c a a b
1 1 1 1 1
1
1 1 1
c a a b b c a b c c a a b b c
a b c a b c
AM-GM
1 2 1
4
1 1 1 2
a b c
a b c a b c a b c a b c
Suy * S S Đẳng thức xảy
1
a b c P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 40
(39)37
Các tam giác có diện tích S1, S2, S3 (hình vẽ) đồng dạng với tam giác ABC theo trường hợp g-g-g Suy
2
1
S a
S a
,
2
2
S PB a
S a a
,
2
3 2
S PC a
S a a
hay
1 3 2 1
S S S a a a a a a a
S S S a a a a a
Ta thiết lập đẳng thức sau
Đẳng thức
1
1
S S S
S S S S1 S2 S3 S
Suy luận
Bởi Bất đẳng thức Đẳng thức 5, ta có
2
2
1 3 3
3 3
S S S S S
S S S S S S S S S
(40)38
1 3
S S S S S S P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 41
1
3 DTXR
S
S S S
P G
Nhận xét Nếu đặt
1
S x
S
, S2
y S
, S3
z S
,
thì ta có
, ,
1
x y z
x y z
Ta thiết lập nhiều tốn hình học, biết Suy luận
Ta có
1 c b
S a
x S a ,
1 a c
S b
y S b ,
1 b a
S c
(41)39 Ta thiết lập đẳng thức sau
Đẳng thức
, ,
1
x y z xyz
Từ đẳng thức trên, ta có
1
a
a x,
2
1
b
b y ,
2
1
c
c z
1
1
a x
a a x hay
1
1
a x
a x
Tương tự, ta có
1
1
a x
a x ,
1
1
b y
b y ,
1
1
c z
c z
Hơn nữa, ta có
2
1
1
a
a a x hay
2
1
a
a x
Tương tự, ta có
2
1
a
a x ,
2
1
b
b y ,
2
1
c
c z
Theo tính chất biết, ta có
1 2. 1 .
1 1
S b c z z
S b c y z y z
Tương tự, ta có
1
1
S z
S y z ,
2
1
S x
S z x ,
3
1
S y
S x y
Suy
1
1 1 1
S S S z x y
S S S y z z x x y
1
1 1 1
S S S z x y
S y z z x x y
(42)40 Ta thiết lập đẳng thức sau
Đẳng thức
1 +
1 1 1
S S S x y z
S z x x y y z
Đẳng thức tương đương với
1 1
1 1 1
A B C
S S z x y
S y z z x x y
1 1
1
1 1 1
A B C
S z x y
S y z z x x y
1 1 1
1 1 1
A B C
S z x y
S y z z x x y
1 1 1 1 1
1 1
A B C
S x y z z x x y y z
S x y z
1
1 1
xyz xy yz zx x y z xy yz zx x y z
x y z
x 11 1y 1z 1 x 1y21z 1
Ta thiết lập đẳng thức sau Đẳng thức
1 1
1 1
A B C
S
S x y z
(43)41 Xét tam giác APC2, ta có
2
3
1
2Fa c
S c
Xét tam giác AC B2 1, ta có
2
1
c PB
c PC
Xét tam giác PB B2 PC C1
1
2
PB S
PC S
Suy
2
3
2
a
F c PB S
S c PC S
Ta có
2
3
2
a
F S
S S Fa 2 S S2
Vậy
2
2
a
(44)42
2
a
F S S , Fb 2 S S3 , Fc 2 S S1 Ta thiết lập đẳng thức sau
Đẳng thức
2 3 1
2
a b c
F F F S S S S S S
Từ đẳng thức trên, ta thiết lập giải nhiều toán, chẳng hạn
Bài toán Chứng minh rằng
1 + + 3
2
a b c
S S S
F F F
Giải Ta có
1 3
+ +
2
a b c
S S S
F F F
1
2 3 1
3
+ +
2
2 2
S S S
S S S S S S
1 2 3
1
3 2
S S S S S S
S S S
S1 S1 S2 S2 S3 S3 3 S S S1
3 3
1 3
S S S S S S
Bất đẳng thức cuối đúng, theo dạng Bất đẳng thức AM-GM Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy
1
S S S Khi đó, từ đẳng thức
2
1
1
c S
c S ,
3
2
1
c S
c S ,
1
3
1
c S
c S ,
ta có
1 3
1
2
AP
S S S c c c
AA
Vậy, đẳng thức xảy
1
1
1
a a a
b b b
c c c
AP
AA , 1
2
BP
BB , 1
2
CP
(45)43 Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 42
3
1 + +
2 DTXR
a b c
S S S
F F F
P G
Bài toán Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Qua P, kẻ
các đường thẳng B C1 2, C A1 2, A B1 2 (như hình vẽ) Đặt
2
S A PA S , S B PB 2S2, S C PC 2S3
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
1
1 1
S S S
Giải
Ta chứng minh đẳng thức sau Đẳng thức 10
1 3
S S S T T T
Áp dụng Đẳng thức 10 Bất đẳng thức AM-GM, ta có
2
3 6
1 3 1 2 3 3
1 1 3
(46)44
3
1 3
3 18 18
1
S S S T T T S
S S S T T T
Vậy giá trị nhỏ biểu thức
1
1 1
S S S
là 18
S , đạt
1 3
1 3
1 3
S S S T T T S
S S S T T T
S S S T T T S
PG AA1, BB1, CC1 trung tuyến, A2 C, B2 A, C2 B
Bài toán Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Chứng
minh Ra, Rb, Rc độ dài ba cạnh tam giác diện tích tam
giác khơng lớn
3
(47)45
Giải a) Qua P, dựng đường thẳng B C1 2, C A1 2, A B1 song song với ba cạnh tam giác (hình vẽ)
2
PB AC hình thang cân Ra B C2 2, 2
PC BA hình thang cân Rb C A2 2, 2
PA CB hình thang cân Rc A B2 Vậy Ra, Rb, Rc độ dài ba cạnh tam giác A B C2 2 b) Áp dụng Bất đẳng thức 40, ta có
2 2 2 2 2
S A B C S A PB S B PC S C PA S A PC 2 S B PA 2 S C PB 2
2
1
2 S A PB C S B PC A S C PA B
1 1 2 3
2 3
S S
S S S S S
Đẳng thức xảy P G O
Vậy, với tam giác ABC, ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 43
2 2
3 DTXR
S S A B C
P G O