Một số ứng dụng của đồng nhất thức hình học trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ DUY MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ DUY MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Đà Nẵng - Năm 2013 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Người cam đoan NGUYỄN THỊ DUY MỤC LỤC MỞ ĐẦU …… …………………………………… 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu .1 Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu Phƣơng pháp nghiên cứu .2 Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài .2 Cấu trúc luận văn .2 CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC LIÊN QUAN ……… 1.1 PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG VÀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC LIÊN QUAN…………………………… .3 1.1.1 Phƣơng trình đƣờng …………………………………… 1.1.2 Phƣơng trình tham số hóa đƣờng ……………………….9 1.2 PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN VÀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC LIÊN QUAN……………… …………… 11 1.2.1 Tích vơ hƣớng, tích có hƣớng hai vec tơ ………………11 1.2.2 Bài toán vec tơ liên quan đến tam giác…………… ……… 14 1.2.3 Phƣơng pháp diện tích…………………………………… 16 CHƯƠNG MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ ĐỘ DÀI TRONG TAM GIÁC .20 2.1 KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA………… 20 2.1.1 Phƣơng pháp giải phƣơng trình bậc ba…… ……………… 20 2.1.2 Các tính chất nghiệm phƣơng trình bậc ba …………….21 2.2 PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ ĐỘ DÀI TRONG TAM GIÁC…………………………………… ……………… 30 2.2.1 Phƣơng trình bậc ba theo cạnh tam giác …………30 2.2.2 Phƣơng trình bậc ba theo đƣờng cao……………… … 43 2.2.3 Phƣơng trình bậc ba theo bán kính đƣờng trịn bàng tiếp …47 CHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC…………………………………… 53 3.1 MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC……… …… 53 3.1.1 Khai thác định lý Sin, Cosin, vận dụng cho tam giác…… …53 3.1.2 Định lý Sterwart áp dụng……………………………… 58 3.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC…………… 61 KẾT LUẬN ………… ……………………………………………………….66 TÀI LIỆU THAM KHẢO……………….……………………………………67 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN THẠC SỸ(bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Có thể nói đồng thức mảng rộng toán học Đặc biệt đồng thức hình học có ứng dụng rộng rãi Chẳng hạn, sử dụng đồng thức hình học để chứng minh số bất đẳng thức vận dụng định lý sin, cosin để chứng minh bất đẳng thức liên quan đến yếu tố tam giác như: cạnh, diện tích, góc lượng giác sin, cosin, tan, cotan Đồng thời, dựa vào phương trình bậc ba tính chất nghiệm phương trình bậc ba ta xây dựng hệ thức lượng giác chứng minh hệ thức lượng giác Số lượng hệ thức đưa nhiều góp phần quan trọng việc giảng dạy học tập trường phổ thơng Vì vậy, tơi chọn đề tài "Một số ứng dụng đồng thức hình học tam giác" để làm luận văn tốt nghiệp Mục đích nghiên cứu Đề tài "Một số ứng dụng đồng thức hình học tam giác" nhằm hệ thống hóa lại kiến thức đồng thức hình học ứng dụng đồng thức hình học tam giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu − Đối tượng nghiên cứu: tài liệu đồng thức hình học,về phương trình bậc ba,một số ứng dụng bất đẳng thức toán cực trị tam giác − Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu từ tài liệu giáo viên hướng dẫn, bạn học viên lớp, tài liệu sưu tầm được, đồng thời sử dụng trang web như: www.diendantoanhoc.net, www.mathvn.com, www.vntoanhoc.com Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp tài liệu liên quan, nắm cốt lõi nội dung kiến thức từ xếp trình bày cách có hệ thống khai thác ứng dụng theo đề tài chọn Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Làm rõ nghiên cứu có, tìm hiểu sâu đồng thức hình học ứng dụng Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi trường thpt Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương Chương Phương pháp tọa độ đồng thức hình học liên quan Chương Phương trình bậc ba liên quan đến yếu tố độ dài tam giác Chương Một số ứng dụng bất đẳng thức toán cực trị tam giác CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC LIÊN QUAN 1.1 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG VÀ CÁC ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC LIÊN QUAN 1.1.1 Phương trình đường a Phương trình đường thẳng Các dạng phương trình đường thẳng: Với a, b ∈ R a2 + b2 = ta có (i) d : ax + by + c = x − x0 y − y0 (ii) t : = a b (iii) Đường thẳng AB: (y2 − y1 )x − (x2 − x1 )y + x2 y1 − x1 y2 = với A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ) (iv) Đường thẳng AB: x y x y1 = x y2 với A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ) (v) Giả sử d1 : a1 x + b1 y + c1 = d2 : a2 x + b2 y + c2 = Khi đó, tọa b c1 c1 a1 b c2 c2 a2 độ giao điểm A = d1 × d2 với xA = , yA = a1 b1 a1 b1 a2 b2 a2 b2 |a1 a2 + b1 b2 | Góc d1 d2 α với cosα = 2 2 (a1 + b1 )(a2 + b2 ) Giả sử tam giác ABC có A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ), C(x3 ; y3 ) Khi đó,diện tích SABC x y 1 1 x y2 = x y 3 Phương trình đường thẳng  chứa đỉnh  a1 = y2 − y3 BC : a1 x + b1 y + c1 = với b1 = x3 − x2  c = x y − x y 3   a2 = y3 − y1 CA : a2 x + b2 y + c2 = với b2 = x1 − x3  c = x y − x y 1 2  a3 = y1 − y2 AB : a3 x + b3 y + c3 = với b3 = x2 − x1  c = x y − x y 2 Nếu giải hệ phương trình, ngược lại để tính xi , yi qua aj , bj , cj , ta có x1 = a3 c2 − a2 c3 b2 c3 − b3 c2 , y1 = a2 b3 − a3 b2 a2 b3 − a3 b2 x2 = b c1 − b c3 a1 c3 − a3 c1 , y2 = a3 b1 − a1 b3 a3 b1 − a1 b3 x3 = a2 c1 − a1 c2 b c2 − b c1 , y3 = a1 b2 − a2 b1 a1 b2 − a2 b1 Mệnh đề 1.1 Nếu đỉnh tam giác ABC điểm giao cặp thuộc ba đường thẳng x + bi y + ci = với i = 1, 2, 3, diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC tính theo cơng thức a1 b1 c1 a2 b2 c2 a3 b3 c3 (i) SABC = a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 a1 b1 c1 (ii) R = a2 b2 c2 a3 b3 c3 (a21 + b21 )(a22 + b22 )(a23 + b23 ) (iii) Nếu ký hiệu a = BC, b = CA, c = AB abc = a1 b c a2 b c a3 b c 3 (a21 + b21 )(a22 + b22 )(a23 + b23 ) a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 Chứng minh (i) Thay xi , yi vào cơng thức tính diện tích tam giác ABC nhận được: SABC b2 c3 − b3 c2 a3 c2 − a2 c3 a2 b3 − a3 b2 a2 b3 − a3 b2 b3 c1 − b1 c3 a1 c3 − a3 c1 = a3 b1 − a1 b3 a3 b1 − a1 b3 b1 c2 − b2 c1 a2 c1 − a1 c2 a1 b2 − a2 b1 a1 b2 − a2 b1 b2 c3 − b3 c2 a3 c2 − a2 c3 a2 b3 − a3 b2 b3 c1 − b1 c3 a1 c3 − a3 c1 a3 b1 − a1 b3 b1 c2 − b2 c1 a2 c1 − a1 c2 a1 b2 − a2 b1 = a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2   a1 a2 a3 Xét ma trận cấp ba M =  b1 b2 b3  ma trận phụ hợp M c1 c2 c3   b2 c3 − b3 c2 a3 c2 − a2 c3 a2 b3 − a3 b2 Mad = b3 c1 − b1 c3 a1 c3 − a3 c1 a3 b1 − a1 b3  b1 c2 − b2 c1 a2 c1 − a1 c2 a1 b2 − a2 b1 Vì M Mad = |M | E nên |M | |Mad | = |M |3 hay |Mad | = |M |2 Do ta 53 CHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC 3.1 MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC 3.1.1 Khai thác định lý Cosin định lý Sin, vận dụng cho tam giác Mệnh đề 3.1 Giả sử tam giác ABC có cạnh BC = a, CA = b, AB = c, bán kính đường trịn ngoại tiếp R Khi có đồng thức:(Định lý Côsin) a2 = b2 + c2 − 2bc cos A b2 = c2 + a2 − 2ac cos B c2 = a2 + b2 − 2ab cos C đồng thức:(Định lý Sin) a b c = = = 2R sin A sin B sin C Chứng minh Từ BC = (AC − AB)2 suy a2 = b2 + c2 − 2bc cos A Từ AC = (BC − BA)2 suy b2 = a2 + c2 − 2ac cos B Từ AB = (CB − CA)2 suy c2 = a2 + b2 − 2ab cos C a b c Hiển nhiên có đồng thức = = = 2R sin A sin B sin C Mệnh đề 3.2 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c diện tích S Khi với góc α có b + c − a2 4S cos(A − α) = cos α + sin α 2bc 2bc b2 + c2 − a2 Bài giải Từ cos(A−α) = cos A cos α+sin A sin α cos A = , sin A = 2bc 2S b2 + c2 − a2 4S Suy cos(A − α) = cos α + sin α bc 2bc 2bc 54 Mệnh đề 3.3 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c diện tích S Khi ta có bất đẳng thức: √ 3b2 + 3c2 − a2 ≥ 3S √ 2π − b2 − c2 + a2 3S Bài giải Từ cos(A − ) = + 4bc 4bc √ 2π 2π Suy b2 +c2 −a2 +4bc cos(A− ) = 3S Do 2b2 +2c2 ≥ 4bc cos(A− ) 3 √ 2π Nên ta có 3b2 + 3c2 − a2 ≥ b2 + c2 − a2 + 4bc cos(A − ) = 3S Ví dụ 3.1 Chứng minh với tam giác ABC ta ln có √ a2 + b + c bc + ca + ab ≥ 3S + √ b2 + c2 − a2 3S Bài giải Từ ≥ cos A + sin A = + 2bc 2bc √ Suy 4bc ≥ 3S + b2 + c2 − a2 Tương tự, có tất ba bất đẳng thức  √  4bc ≥ 3S + b2 + c2 − a2  √ 4ca ≥ 3S + c2 + a2 − b2  4ab ≥ 4√3S + a2 + b2 − c2 √ Cộng ba bất đẳng thức √ a2 + b + c bc + ca + ab ≥ 3S + Ví dụ 3.2 Chứng minh với tam giác ABC ta ln có: B C A (i) 2(bc + ca + ab) = a2 + b2 + c2 + 4S(tan + tan + tan ) 2 √ (ii) 2(bc + ca + ab) ≥ 3S + a2 + b2 + c2 √ (iii) a2 + b2 + c2 ≥ 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 A A b2 + c2 − a2 A 4S A Bài giải Từ cos = cos(A − ) = cos + sin 2 2bc 2bc b2 + c2 − a2 4S A Ta suy đồng thức = + tan 2bc 2bc Ta có ba đồng thức 55  A  2  2bc = b + c − a + 4S tan     B 2ca = c2 + a2 − b2 + 4S tan     C  2ab = a2 + b2 − c2 + 4S tan B C A Cộng lại ta 2(bc+ca+ab) = a2 +b2 +c2 +4S(tan +tan +tan ) 2 √ A B C √ Vì tan + tan + tan ≥ nên 2(bc + ca + ab) ≥ 3S + a2 + b2 + c2 2 nhận (ii) Từ (ii) suy (iii) Ví dụ 3.3 Chứng minh với tam giác ABC có B C A 2bc cos(A − ) ) ) 2ca cos(B − 2ab cos(C − √ 2 2 2 3S +a +b +c ≤ + + B C A cos cos cos 2 b2 + c2 − a2 B 4S B B cos + sin Bài giải Ta có cos(A − ) = 2bc 2bc B 2bc cos(A − ) = b2 + c2 − a2 + 4S tan B Suy B cos Ta có ba đồng thức  B    2bc cos(A − )  B   = b2 + c2 − a2 + 4S tan    B   cos      C    2ca cos(B − ) C = c2 + a2 − b2 + 4S tan  C   cos      A    2ab cos(C − )  A  2 2  = a + b − c + 4S tan    A   cos 56 Cộng lại B C A 2bc cos(A − ) 2ca cos(B − ) 2ab cos(C − ) + + = a2 + b2 + c2 + B C A cos cos cos 2 A B C 4S(tan + tan + tan ) 2 A B C √ Vì tan + tan + tan ≥ nên ta nhận bất đẳng thức 2 Ví dụ 3.4 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta ln có √ 4b2 c2 4c2 a2 4a2 b2 + + ≥ 16 3S b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 4S b + c − a2 cos A + sin A Bài giải Từ = 2bc 2bc Ta suy đồng thức: 2bc = b2 + c2 − a2 + 4S tan A cos A Do ta có ba đồng thức   4b2 c2   = b2 + c2 − a2 + 4S tan A  2  a   b + c2 − 4c a2 = c2 + a2 − b2 + 4S tan B + a2 − b2  c    4a2 b2    = a2 + b2 − c2 + 4S tan C 2 a +b −c Cộng lại ta 4b2 c2 4c2 a2 4a2 b2 + + = a2 + b2 + c2 + 4S(tan A + 2 2 2 b +c −a c +a −b a +b −c tan B + tan C) √ √ Vì tan A + tan B + tan C ≥ 3 a2 + b2 + c2 ≥ 3S (theo vd 3.3) √ 4b2 c2 4c2 a2 4a2 b2 Nên + + ≥ 16 3S b + c2 − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 Ví dụ 3.5 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta ln có √ b2 c2 − 4S + c2 a2 − 4S + a2 b2 − 4S ≥ 3S 57 √ Bài giải Ta có b2 c2 − 4S = b2 c2 − b2 c2 sin2 A = bc cos A Ta nhận ba đồng thức √ 2  = bc cos A √b c − 4S c2 a2 − 4S = ca cos B √   a2 b2 − 4S = ab cos C Cộng lại ta hệ thức √ √ √ b2 c2 − 4S + c2 a2 − 4S + a2 b2 − 4S = bc cos A+ca cos B+ab cos C √ √ √ a2 + b2 + c2 2 2 2 2 Vậy b c − 4S + c a − 4S + a b − 4S = √ √ √ √2 Suy b2 c2 − 4S + c2 a2 − 4S + a2 b2 − 4S ≥ 3S Ví dụ 3.6 Chứng minh với bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 tam giác ABC ta ln có A B C (p − a)(p − b)(p − c) (i) sin sin sin = 2 abc A B C r (ii) sin sin sin = 2 4R 9R (iii) R ≥ 2r r1 + r2 + r3 ≤ A − cos A a2 − (b − c)2 (p − b)(p − c) Bài giải (i) Ta có sin = = = 2 4bc bc A (p − b)(p − c) Suy sin = bc Như có   A (p − b)(p − c)   sin =   bc   (p − c)(p − a) B sin =  ac     C (p − a)(p − b)  sin = ab Nhân ba hệ thức ta A B C (p − a)(p − b)(p − c) sin sin sin = 2 abc A B C p(p − a)(p − b)(p − c) S2 r (ii) Vì sin sin sin = = = 2 pabc p4RS 4R 58 (iii) Vì sin A B C sin sin ≤ nên R ≥ 2r 2 Vì r1 + r2 + r3 = 4R + r nên r1 + r2 + r3 ≤ 9R Ví dụ 3.7 Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c Khi diện tích tam giác ABC xác định qua S = p(p − a)(p − b)(p − c) Bài giải Từ 2S = bc sin A = b2 c2 (1 − cos2 A) nên suy (bc − bc cos A)(bc + bc cos A) (a2 − (b − c)2 )((b + c)2 − a2 ) S= = 16 Do S = p(p − a)(p − b)(p − c) Hay S = 2(b2 c2 + c2 a2 + a2 b2 ) − a4 − b4 − c4 3.1.2 Định lý Stewart áp dụng Mệnh đề 3.4 (Stewart) Với ba điểm tùy ý M, N, P thẳng hàng điểm I có đồng thức T = IM N P + IN P M + IP M N = −M N N P P M Chứng minh Dựng hệ tọa độ Oxy cho M (0, 0), N (b, 0), P (c, 0) Giả sử I(x, y) Khi T = (x2 +y )(c−b)+[(x−b)2 +y ](−c)+[(x−c)2 +y ]b Dễ dàng suy T = bc(c − b) = −M N N P P M Nhận xét 3.1 Cho tam giác ABC với BC = a, AC = b, AB = c I ≡ A, M ≡ B, P ≡ C (i) Khi N trung điểm BC AN = ma ta có m2a 2b2 + 2c2 − a2 = theo mệnh đề 3.4 (ii) Khi AN = la phân giác góc A BN = ac b+c ab bc[(b + c)2 − a2 ] CN = Theo mệnh đề 3.4 có la = Khi thay b+c (b + c)2 A 2bc cos b2 + c2 − a2 = 2bc cos A la = b+c 59 (iii) Khi tam giác ABC không cân đỉnh A AN = la phân giác ac ab ngồi góc A BN = CN = Theo mệnh đề 3.4 c−b c−b bc[a2 − (c − b)2 ] có la = (c − b)2 Ví dụ 3.8 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c độ dài ba đường trung tuyến ma , mb , mc Chứng minh (i) √ b+c A > ma ≥ bc cos 2 (ii) ma mb mc ≥ abc cos A B C cos cos 2 Bài giải 2b2 + 2c2 − a2 b2 + c2 + 2bc cos A (i) Từ = = 4 √ A A Suy m2a ≥ bc cos2 hay ma ≥ bc cos 2 2 2 b + c + 2bc cos A b + c + 2bc Lại có m2a = < 4 √ b+c A > ma ≥ bc cos Vậy 2 √ √ A B C √ (ii) Vì ma ≥ bc cos , mb ≥ ac cos , mc ≥ ab cos 2 A B C Nên ma mb mc ≥ abc cos cos cos 2 m2a Ví dụ 3.9 Cho tam giác ABC với BC = a, AC = b, AB = c Giả sử , hb , hc ,la , lb , lc ma , mb , mc độ dài đường cao, đường phân giác đường trung tuyến tam giác ABC Khi có bất đẳng thức sau: (i) ≤ la ≤ ma Dấu =√ xảy b = c √ √ lb lc bc ca ab la (ii) + + ≤ 2( + + ) ma mb mc b+c c+a a+b Dấu = xảy a = b = c Bài giải (i) Hiển nhiên ≤ la la2 4bc (b + c)2 − a2 4bc Vì = ≤ ≤ theo nhận xét 3.1 nên ma (b + c)2 2(b2 + c2 ) − a2 (b + c)2 60 la ≤ ma Hiển nhiên, dấu =√xảy và√chỉ b = c√ la bc lb ca lc ab ≤2 , ≤2 , ≤2 (ii) Ta có ma b + c mb c + a mc a+b Suy √ √ √ la lb lc bc ca ab + + ≤ 2( + + ) ma mb mc b+c c+a a+b Hiển nhiên, dấu = xảy a = b = c Ví dụ 3.10 Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c, bán kính đường trịn bàng tiếp , rb , rc Giả sử la , lb , lc ma , mb , mc độ dài đường phân giác đường trung tuyến tam giác ABC Khi (i) m2a + m2b + m2c (a + b + c) 3(a2 + b2 + c2 ) (b + c)2 la2 (c + a)2 lb2 (a + b)2 lc2 = , + + = bc ca ab (ii) 4(la2 + lb2 + lc2 ) ≤ (a + b + c)2 (iii) ra2 (iv) ra2 + rb2 + rb2 + rc2 + rc2 ≥ m2a + + la2 lb2 + m2b + + lc2 m2c ≥ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + m2a + m2b + m2c (a + b + c)2 + Chú ý bất đẳng thức trở thành đẳng thức a = b = c Bài giải.(i) Suy từ nhận xét 3.1 (ii) Suy từ (i) a+b+c Biến đổi (iii) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c với p = yz zx xy + + ) x y z y z x y z x = xy + yz + zx + x2 ( + ) + y ( + ) + z ( + ) z y x z y x 2 ≥ xy + yz + zx + 2x + 2y + 2z 3(a2 + b2 + c2 ) + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = ra2 + rb2 + rc2 = (x + y + z)( 61 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + + Do + + ≥ bc a2 bc[(b + c) − a ] 2 = bc − a ≥ bc − (iv) Ta có la = (b + c)2 (b + c)2 2 a +b +c Như la2 + lb2 + lc2 ≥ bc + ca + ab − Kết hợp với bất đẳng thức (ii) (a + b + c)2 2 2 2 2 + rb + rc + la + lb + lc ≥ ma + mb + mc + ra2 rb2 rc2 m2a + m2b m2c Ví dụ 3.11 Cho tam giác ABC với diện tích S BC = a, CA = b, AB = c Gọi , hb , hc ma , mb , mc độ dài đường cao đường trung tuyến tam giác ABC Khi có bất đẳng thức (m2a + m2b + m2c )(h2a + h2b + h2c ) ≥ 27S 3(a2 + b2 + c2 ) = + + Bài giải Vì nên (m2a + m2b + m2c )(h2a + h2b + h2c ) ≥ 3 (abc)2 3 (ha hb hc )2 = 27S m2a 3.2 m2b m2c MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC Ví dụ 3.12 Với tam giác nhọn ABC tìm giá trị nhỏ T = tan A tan B tan C Bài giải Ta có tan A = − tan(B + C) √ Suy tan A tan B tan C = tan A+tan B+tan C ≥ 3 tan A tan B tan C √ Vậy tan A tan B tan C ≥ 3 √ Do Tnn = 3 tam giác ABC Ví dụ 3.13 Với tam giác nhọn ABC tìm giá trị nhỏ tan5 A + tan5 B + tan5 C T = tan A + tan B + tan C tan5 A + tan5 B + tan5 C tan5 A + tan5 B + tan5 C Bài giải Ta có = tan A + tan B√+ tan C tan A tan B tan C 5 5 Vì tan A + tan B + tan C ≥ tan A tan B tan5 C nên ta có 62 √ tan5 A + tan5 B + tan5 C ≥ tan2 A tan2 B tan2 C ≥ 9(theo vd trên) tan A + tan B + tan C Do Tnn = ABC Ví dụ 3.14 Với tam giác ABC tìm giá trị nhỏ tan2 A B C + tan2 + tan2 2 A B C A B B C + tan2 + tan2 ≥ tan tan + tan tan + 2 2 2 A A B C C tan tan = suy tan2 + tan2 + tan2 ≥ 2 2 Do Tnn = tam giác ABC Bài giải Từ tan2 Ví dụ 3.15 Cho tam giác ABC với bán kính đường trịn nội, ngoại tiếp r, R, bán kính đường trịn bàng tiếp r1 , r2 , r3 Khi ta ln có: (i) 1 2R − r + + = (r − r1 )(r − r2 ) (r − r2 )(r − r3 ) (r − r3 )(r − r1 ) 2Rr2 (ii) 1 1 + + ≤ − (r − r1 )(r − r2 ) (r − r2 )(r − r3 ) (r − r3 )(r − r1 ) r R 1 + + Xác (r − r1 )(r − r2 ) (r − r2 )(r − r3 ) (r − r3 )(r − r1 ) định giá trị nhỏ T r không đổi (iii) Đặt T = Bài giải Vì r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 −(4R+r)x2 +p2 x−p2 r = nên f (x) = x3 −(4R+r)x2 +p2 x−p2 r = (x−r1 )(x−r2 )(x−r3 ) Lấy hai lần đạo hàm ta 3x − 4R − r = (x − r1 ) + (x − r2 ) + (x − r3 ) Từ 3x − 4R − r 1 = + + f (x) (x − r1 )(x − r2 ) (x − r2 )(x − r3 ) (x − r3 )(x − r1 ) 1 Cho x = r, ta có + + = (r − r1 )(r − r2 ) (r − r2 )(r − r3 ) (r − r3 )(r − r1 ) 2R − r 2Rr2 Vậy ta có (i) 63 2R − r 1 ≤ − nên có (ii) 2Rr2 r R2 1 3 2R − r = − ≥ nên T ≥ (iii) Ta có 2Rr2 r2 2Rr 4r2 4r2 Do Dấu = xảy ABC Tnn = 4r2 Ví dụ 3.16 Cho tam giác ABC với bán kính đường trịn nội tiếp r chu vi 2p = Tìm giá trị lớn biểu thức đây: T = 1 + + (4 − a)(4 − b) (4 − b)(4 − c) (4 − c)(4 − a) Bài giải Vì a, b, c nghiệm x3 −2px2 +(p2 +r2 +4Rr)x−4Rrp = nên f (x) = x3 − 6x2 + (9 + r2 + 4Rr)x − 12Rr = (x − a)(x − b)(x − c) Lấy hai lần đạo hàm ta 3x − 2p = (x − a) + (x − b) + (x − c).Từ 1 3x − 2p = + + f (x) (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − c)(x − a) 1 Cho x = 4, ta có + + = (4 − a)(4 − b) (4 − b)(4 − c) (4 − c)(4 − a) + 2r2 + 2Rr 1 Vì R ≥ 2r suy + + ≤ (4 − a)(4 − b) (4 − b)(4 − c) (4 − c)(4 − a) 6r2 + Dấu = xảy R = 2r hay tam giác ABC Do Tln = Ví dụ 3.17 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường trịn nội tiếp r Hãy xác định giá trị lớn biểu thức p2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 T = + + − ab bc ac 4r Bài giải Vì a, b, c nghiệm x3 −2px2 +(p2 +r2 +4Rr)x−4Rrp = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2(p2 + r2 + 4Rr) nên dễ dàng có + + = − ab bc ac 4Rr 64 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2(p2 + r2 ) Hay + + = − ab bc ac 4Rr p2 27 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2(p2 + r2 ) + + ≤ −7 = 2− Vì R ≥ 2r nên ab bc ac 8r2 4r 27 Vậy Tln = − ABC Ví dụ 3.18 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường trịn nội tiếp r Hãy xác định giá trị nhỏ biểu thức: a2 b2 c2 T = + + (p − b)(p − c) (p − c)(p − a) (p − a)(p − b) Bài giải Ta có a b c +b +c (p − b)(p − c) (p − c)(p − a) (p − a)(p − b) 1 1 1 a( + ) + b( + ) + c( + ) p−b p−c p−c p−a p−a p−b 1 + (c + b) + (b + a) (a + c) p−b p−a p−c 1 2p − b 2p − a 2p − c + + = + p( + + ) p−b p−a p−c p−a p−b p−c 4R + r + p ≥ + = 12 pr T = a = = = = Vậy Tnn = 12 tam giác ABC Ví dụ 3.19 Cho tam giác ABC với bán kính đường trịn nội tiếp r không đổi độ dài cạnh a, b, c Hãy xác định giá trị lớn biểu thức 1 T = + + a b c Bài giải Vì a, b, c nghiệm x3 −2px2 +(p2 +r2 +4Rr)x−4Rrp = nên f (x) = x3 −2px2 +(p2 +r2 +4Rr)x−4Rrp = (x−a)(x−b)(x−c) Lấy hai lần đạo hàm 3x − 2p = (x − a) + (x − b) + (x − c) Từ 3x − 2p 1 = + + Cho x = p, f (x) (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − c)(x − a) 65 1 p + + = = (p − a)(p − b) (p − b)(p − c) (p − c)(p − a) r p r 1 1 Tóm lại = + + ≥ 4r2 4(p − a)(p − b) 4(p − b)(p − c) 4(p − c)(p − a) 1 + + a2 b2 c2 Do Tln = tam giác ABC 4r ta Ví dụ 3.20 Kí hiệu r1 , r2 , r3 bán kính đường trịn bàng tiếp tam giác ABC Khi R không đổi, xác định giá trị lớn T = r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 Bài giải Ta có r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 −(4R+r)x2 +p2 x−p2 r = Suy r1 r2 + r2 r3 + √ r3 r1 = p2 Vì p = R(sin A + sin B + sin C) ≤ A + B + C 3R 27R2 3R sin = nên r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 ≤ 27R2 tam giác ABC Vậy Tln = Ví dụ 3.21 Cho tam giác ABC với bán kính đường trịn nội tiếp la r, đường tròn bàng tiếp r1 , r2 , r3 , nửa chu vi p Xác định giá trị nhỏ r12 + r22 + r32 (i) T = p2 r12 + r22 + r32 (ii) P = r2 Bài giải (i) Vì r1 , r2 , r3 ba nghiệm x3 −(4R+r)x2 +p2 x−p2 r = r12 + r22 + r32 r1 r2 + r2 r3 + r3 r1 nên ≥ = p2 p2 Vậy Tnn = tam giác ABC 1 r12 + r22 + r32 2 (ii) Ta có ≥ (r + r + r ) = (4R + r) ≥ (8r + r)2 2 2 r 3r 3r 3r r12 + r22 + r32 Suy P = ≥ 27 r2 Vậy Pnn = 27 tam giác ABC 66 KẾT LUẬN Luận văn Một số ứng dụng đồng thức hình học giải vấn đề sau: Trình bày phương pháp tọa độ mặt phẳng(như: phương trình đường thẳng, parabol, ellip tham số hóa đường đó), phương pháp tọa độ khơng gian(như: tích vơ hướng, tích có hướng hai vecto, toán vecto liên quan đến tam giác ) Trình bày phương pháp giải phương trình bậc ba, tính chất nghiệm phương trình bậc ba phương trình bậc ba liên quan đến yếu tố độ dài tam giác(cụ thể: phương trình bậc ba liên quan đến cạnh tam giác, liên quan đến đường cao, liên quan đến bán kính đường tròn bàng tiếp) Xét số ứng dụng bất đẳng thức số toán cực trị tam giác 67 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB GD [2] Nguyễn Văn Mậu (2004), Bất đẳng thức, Định lý áp dụng, NXB GD [3] N.V Mậu, T.N Dũng, N.Đ Phất, N.T Thanh (2009), Số phức áp dụng, NXB GD [4] Đàm Văn Nhỉ, Nguyễn Văn Mậu (2013),”Đồng thức phương pháp tọa độ hình học”.Nhà xuất ĐHQGHN [5] Tạ Duy Phượng (2004),”Phương trình bậc ba hệ thức tam giác” Nhà xuất Giáo Dục Tiếng Anh [6] A Pogorelov (1987), Geometry, Mir Publishers Moscow [7] D, S Mitrinovic, J E Pecaric (1989),”Recent Advances in Geometric Inequalities”, Kluwer Academic Publishers [8] D Djukic, V Jankovic, I Matic and N Petrovic (2004), The IMO Compendium 1959-2004, Springer-Verlag [9] Eric W.Weisstein (1999),”CRS Concise Encyclopedia of Mathematics”,CRS Press ... nghiệp Mục đích nghiên cứu Đề tài "Một số ứng dụng đồng thức hình học tam giác" nhằm hệ thống hóa lại kiến thức đồng thức hình học ứng dụng đồng thức hình học tam giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu... thể nói đồng thức mảng rộng toán học Đặc biệt đồng thức hình học có ứng dụng rộng rãi Chẳng hạn, sử dụng đồng thức hình học để chứng minh số bất đẳng thức vận dụng định lý sin, cosin để chứng minh... ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ DUY MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: