Tài liệu Khai thác vectơ pptx

KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG CỦA TỔNG VECTƠ :   2 0 MA MB MC      . Nguyễn Lái GV THPT chuyên L ương Văn Chánh Xét bất đẳng thức (BĐT): 2 ( ) 0MA MB MC      trong đó M là một điểm tuỳ ý nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b, BA = c. Đẳng thức xảy ra khi M  G (trọng tâm tam giác). Ta khai thác B ĐT trên theo hai hướng tích vô hướng sau : A/ Sử dụng tích vô hướng dạng :   2 2 2 2 .u v u v u v          . Tacó: 0)( 2  MCMBMA 0 2 2 2 222  MAMCMCMBMBMAMCMBMA     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 3a b c MMA MB MC B A MB MBC A CA C             . (*) I/ Khi M  O. (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, bán kính R ). Lúc này : OA = AB = OC = R, nên B ĐT (*) trở thành : a 2 + b 2 + c 2  9R 2 . (1) +Áp dụng hệ thức sin, thay ARa sin2 ; BRb sin2 ; CRc sin2 ,vào (1) ta có 4 9 sinsinsin 222  CBA . (2). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. +Áp dụng BĐT Bunhiacovski ,từ (1) có 3 1 (a+b+c) 2  a 2 + b 2 + c 2  9R 2  3 1 (a+b+c) 2  9R 2  4R 2 (sinA + sinB + sinC) 2  27R 2  sinA + sinB + sinC  2 33 . (3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. +Tiếp tục vận dụng các hệ thức l ượng tam giác và các BĐT Cauchy ,Bunhiacovski t ừ (1) suy ra S R CBA 2 9 sin 1 sin 1 sin 1 2  . (4) ; S R gCgBgA 4 9 cotcotcot 2  . (5) 2 222 2 3111        S R hhh cba . (6) ; Rp 332  . (7) : rRS .332  (8) sinBsinC (1 – cosA) + sinCsinA (1 – cosB) +sinAsinB (1 – cosC)  8 9 . (9) Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. trong đó S, p ,R, r ,ha, hb, hc là diện tích,nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp ,độ dài các đường cao phát xuất từ đỉnh A,B,C của tam giác ABC. II/ Khi M  I : (tâm đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính r). Từ (*):   222222 3 MCMBMAcba   a 2 + b 2 + c 2  3(IA 2 + IB 2 + IC 2 ). (10) + Gọi E là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Xét tam giác AIE vuông t ại E có: 2 sin 2 sin A r A IE IA  tương tự có: IB = 2 sin B r ; IC = 2 sin C r . Thay IA, IB, IC các bi ểu thức trên vào (10) I A B C E               2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 3 222 2222 CBA rcba  2 222 222 3 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 r cba CBA     2 2 2 3 2 9          r p r cba . 2 222 3 2 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1        r p CBA . (11). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. +Tương tự thay IA 2 = r 2 + (p – a) 2 , IB 2 = r 2 + (p – b) 2 , IC 2 = r 2 + (p – c) 2 vào (10)  2(a 2 + b 2 + c 2 )  3p 2 – 9r 2 . (12). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. +Tiếp tục khai thác trong mọi tam giác ABC ta luôn có cotgA + cotgB + cotgC           p r r p 3 8 3 . (12); 222 36 rRp  . (13) Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. III/ Khi M  G : (trọng tâm tam giác ). Từ (*) a 2 + b 2 + c 2  3(MA 2 + MB 2 + MC 2 )  a 2 + b 2 + c 2 = 3(GA 2 + GB 2 + GC 2 ) . (14) +Gọi ma, mb, mc lần l ượt là độ dài các trung tuyến đi qua A, B, C . Thay GA = a m3 2 , GB = b m3 2 , GC = c m3 2 vào (14) ta có đẳng thức ma 2 + mb 2 + mc 2 =   222 4 3 cba  . (15) + Ta có a 2 + b 2 + c 2  9R 2 ; 222 cba   22 3 4 )( 3 1 pcba  Từ (15) suy ra p 2  ma 2 + mb 2 + mc 2  2 4 27 R . (16) Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. +Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy, có ma.mb.mc  3 8 27 R . (17) +Từ (15) ta có :       22222222 2222 4 27 sinsinsin3 4 3 3 1 RCBARcbammmmmm cbacba   ma + mb + mc  R 2 9 Rmmmmmm cbacba 29111    Rmmm cba 2111  . (18). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. VI/ Khi M  H : (trực tâm tam giác). Từ (*) : a 2 + b 2 + c 2  3 (MA 2 + MB 2 + MC 2 )  a 2 + b 2 + c 2  3(HA 2 + HB 2 + HC 2 ). (19) +Giả sử tam giác ABC có ba góc nhọn.V ì tam giác ABC nhọn nên trực tâm H nằm trong tam giác ABC . Giả sử A’, B’, C’ là chân các đường cao AH, BH, CH xuống các cạnh BC, AC, AB. Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có .cos2 sin cos. sin ' 'sin ' CR B CAC B CA CHA CA HC  Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC H A B C B' C' A' Thay các giá trị HA, HB, HC vào (19) ta có a 2 + b 2 + c 2 12R 2 (cos 2 A+cos 2 B+cos 2 C)  3 1 (a+b+c) 2  12R 2 (cos 2 A+cos 2 B+cos 2 C) cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C  2 3       R p . (20). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. +Ta có S= cba chbhah 2 1 2 1 2 1  S c hS b hS a h cba 2 1 ; 2 1 ; 2 1   rhhh cba 1111  . Từ (19) : a 2 + b 2 + c 2  3(HA 2 + HB 2 + HC 2 )  )(3) 111 (4 222 222 2 HCHBHA hhh S cba   )(3 111 3 4 222 2 2 HCHBHA hhh S cba            HA 2 + HB 2 + HC 2  2 3 2       r S . (21).Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. +Giả sử tam giác ABC nhọn .Gọi A ’ , B ’ , C ’ , là chân đường cao AH, BH, CH lần l ượt xuống các cạnh BC, CA, AB ta có: SABC = SBHC + SCHA + SAHB  1 ABC AHB ABC AHC ABC BHC S S S S S S  1 ' ' ' ' ' '  CC HC BB HB AA HA ScHCbHBaHA CC HC BB HB AA HA 42 '''  . Từ (19) suy ra 3(HA 2 + HB 2 + HC 2 ) 2  (a 2 + b 2 + c 2 )( HA 2 + HB 2 + HC 2 )  (aHA + bHB +cHC) 2 = 16S 2  HA 2 + HB 2 + HC 2  S 3 4 . (22). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều. Mời các bạn tiếp tục khai triển (*) theo h ướng B/ Sử dụng tính vô hướng dạng :   . . .cos ,u v u v u v       . sau khi khai triễn BĐT (*) : Khi M  O : 0    2 OCOBOA  = 3R 2 +2R 2 (cos2A + cos2B +cos2C). Vậy : Trong mỗi tam giác ABC ta luôn có : cos2A + cos2B + cos2C  2 3  . (23 ) Khi M  I : 0    2 ICIBIA  BIAICAICIBCIBIAICIBIA cos 2cos 2cos 2 222  . (24) Ta có các bài toán sau:  Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có : 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 (25) sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 A B C A B C                 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, trong đó A, B, C l à 3 góc của một tam giác .   2 2 2 1 1 1 sin sin sin 26 2 2 2 sin sin sin 2 2 2 A B C A B C                     Chứng minh: (25) Gọi N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh AB ta có: IA =  2 sin A IN 2 sin A r ; Tương tự : IB = 2 sin B r ; IC = 2 sin C r . Và chú ý : 0 . . cos . cos(180 ) 2 A B IA IB IA IB AIB IA IB       0 . cos(90 ) . sin 2 2 C C IA IB IA IB    . Tương tự: ICIB. = 2 sin. A ICIB ; IAIC. = 2 sin. B IAIC (25)                            2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 0 2 222 2 BA C CA B CB A r CBA r  2 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 222  CBA              2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin BA C CA B CB A (a) Mặt khác :               2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin BA C CA B CB A              2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 CBA (b) Từ (a) và (b) ta có:              2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 222 CBACBA (đpcm) Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều . Lời giải (26) Nhân 2 vế của BĐT (25) cho        2 sin 2 sin 2 sin CBA >0 ta có :                     2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 2 sin 2 sin 222 CBA CBA              2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 CBA        2 sin 2 sin 2 sin CBA  18 (Bunhiacôpxky) Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều . Vậy : Max .18 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 2 sin 2 sin 222                      CBA CBA Khi và chỉ khi tam giác ABC đều . I B C A N *Mặt khác, giả sử M, N, P l à các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC (có tâm I bán kính r) với các cạnh AB, BC, CA ta sẽ có: 0      CBArrIPINIM coscoscos23 22 2  . Vậy trong mọi tam giác ABC ta có : cosA + cosB + cosC  2 3 . (27) , cosA.cosB.cosC  8 1 . (28) Bài toán thay lời kết : Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có : 6cosA.cosB.cosC + sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C  3. (29 ) Chứng minh: Gọi A ’ , B ’ , C ’ , lần lượt là trung điểm BC, CA, AB và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác,v ì tam giác nhọn nên O nằm trong tam giác ABC ta có: 0    2 ''' OCOBOA   ( OA ‘2 + OB ‘2 + OC ‘2 ) 2  2 OB ’ .OC ’ .cosA + 2 OA ’ .OC ’ .cosB + 2 OA ’ .OB ’ .cosC. Mặt khác ta có:OA’= OB.cos(BOA’) = OB.cosA .Hay OA ’ = R.cosA Tương tự ta có: OB ‘ = RcosB, OC ‘ = RcosC Do đó BĐT  6cosA.cosB.cosC + sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C  3 (đpcm). Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều. *Bài toán trên cần chứng minh: cosA.cosB.cosC  8 1 và sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C  4 9 rồi suy ra kết quả trên thì không thể ngắn hơn. Trong khi khai thác BĐT t ưởng chừng đơn giản 0)( 2  MCMBMA chúng ta lại “khám phá” ra cách giải bài này. Điều đó chứng tỏ toán học rất lạ! Toán học có ở quanh ta, mong các bạn tiếp tục khai thác bình phương của một tổng Vect ơ khác để “khám phá” ra điều mới, hấp dẫn h ơn ./. O A B C A' C' B' . KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG CỦA TỔNG VECTƠ :   2 0 MA MB MC      . Nguyễn Lái. = a, AC = b, BA = c. Đẳng thức xảy ra khi M  G (trọng tâm tam giác). Ta khai thác B ĐT trên theo hai hướng tích vô hướng sau : A/ Sử dụng tích vô hướng