Lời nói đầu Trong chương trình toán ở bậc THPT, vectơ là một khái niệm quan trọng, nó có tính khái quát cao, có thể sử dụng cho cả hình phẳng lẫn hình không gian và thậm chí cả đại số..
Trang 1Sử dụng vecto chứng mỉnh bất đăng thức Nguyễn Thế Sinh, giáo viên THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương
Trang 2Lời nói đầu
Trong chương trình toán ở bậc THPT, vectơ là một khái niệm quan trọng, nó có tính khái quát cao, có thể sử dụng cho cả hình phẳng lẫn hình không gian và thậm chí cả đại số Nhờ vectơ,
ta có thể đưa tọa độ vào bài toán hình học do đó tránh khỏi những sai lầm về mặt trực quan
Cũng nhờ vectơ, nhiều bài toán hình học phăng, hình học không gian rất khó nếu chỉ giải quyết chúng bằng hình học thuần túy, nhưng lại trở nên đơn giản hơn khi ứng dụng vectơ Chính vì vậy, nghiên cứu các ứng dụng của vectơ vào việc giải toán hình học, thậm chí cả đại số là một vấn đề khá thú vị và ý nghĩa
Đối với vectơ, những khía cạnh đáng để quan tâm và có thể dùng để giải quyết các bài toán
là khá nhiều, trong đó có việc chứng minh ba điểm thăng hàng, ba đường thăng đồng quy, hai đường thẳng vuông góc, hay chứng minh cũng như thiết lập các bất đẳng thức Nhưng trong
khuôn khổ một chuyên đề nhỏ, tôi xin chỉ đề cập đến việc ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ vào việc thiết lập và chứng minh bất dăng thức Đây là một vấn đề không còn mới về
tổng quan và chủ yếu vẫn là khai thác các khía cạnh sau:
e Su dung tích vô hướng để tính khoảng cách giữa các điểm đặc biệt, cho các khoảng cách
đó không âm hoặc so sánh chúng, ta được các bất đẳng thức
e Sử dụng bình phương vô hướng của wv là đại lượng không âm (z là một vectơ được chọn đặc biệt)
e Nếu ở, ở là hai vectơ bất kỳ thì z.ữ = |ử||ở| cos(œ, ở)
Cho tam gidc ABC, canhh BC = a,CA=b, AB = c, diém M bén trong tam giác Đặt:
„= SAMBC = „1 | SAMAC x— SAMBA — ,2Z—
SA ABC SA ABC SAABC
Trang 3Đây là hệ thức quen thuộc và chứng minh nĩ khơng cĩ gì khĩ khăn Tuy nhiên từ đây ta
cĩ thể thu được rất nhiều bất đẳng thức trong tam giác khi cho Ä⁄/ là những điểm đặc biệt cũng như khi xét mối quan hệ giữa điểm đặc biệt đĩ
Trước hết, cho Ĩ là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng, ta cĩ
(1 © z(MO + ØA) + (MO + ØB) + z(MO + ØC) = 0
© (z++z)Ộ1 = xỚA + OB + zOO
—> (z + + z)ˆ.OM2 = z OA“ + ˆOBˆ + z4OC2+
+ 2ryOAOB + 2uzO BOO +2zrOCOA
©(z++z)”“.OM“ = z OAˆ+ˆOB“ + zˆOC@Z+
+ ry(OA* + OB? — c*) + yz(OB* + OC* — a*) + zx(OA* + OC* — 0”)
© (z++z)“.OM” = (z++z)(wOAˆ + OBˆ + zOC2) — (xyc? + yza* + 220")
& OM* = zOAˆ + OBˆ + zOC2 — (xyc? + za^ +øzb”) (2)
1) Chọn (O, ?) là đường trịn ngoại tiếp tam giác 41 5Œ
Hệ thức (2) trở thành: 2jM2 = ?‡ — (xzc7 + za°®++zb”)_ (3)
Cho M lần lượt là các điểm đặc biệt trong tam giác, ta cĩ các bài tốn sau:
Bai toan 1 Cho tam giác 1Œ Chứng minh: øˆ + Ù + cˆ < 9R?
Lời giải Khi M = G ta cĩ z = = z= = nen OG? = Re ST
Bai toan 2 Cho tam giác 4Œ Chứng minh:
Thay vao (3) taco: ay vac Tags OJ? = R? - ——“— ae >
b) OI? = R? — =a R? — 2Rr Suy ra điều phải chứng minh a
D
Ta cĩ bài tốn tương tự trong khơng gian:
Trang 4Bài toán 2'_ Cho tứ diện 1Œ) ngoại tiếp mặt cầu (ƒ, z) và nội tiếp mặt cầu (CO, #) Khi đó
R* > 9r* + OF
Loi giai Goi S4, 53, 5c, Sp la dién tich cac mat BCD, ACD, ABD, ABC Khi do ta cé
S4,1A+ SpIB+Se1IC + SpID =0
Voi moi /, ta có
S,.MA? + Sp.MB? + So.MC? + Sp.MD?
= SA.IAˆ” + Sg.LBˆ + Se.IC2 + Sp.ID” + (SA + Sg + Sơ + Sp)MT”
Cho M = O, ta cé
(S4+Sp+Se4Sp)R* = S4.1A* + Sp.IBˆ + Se.IC + Sp.ID* + (S4+Sp+Se¢4+ Sp)Olr
— S4.LA* + Sp.IB” + Sec.ICˆ + Sp.TDˆ
Ngoài ra, trong tam giác còn có một số điểm đặc biệt khác nữa ( chủ yếu xét các điểm tạo
ra các hệ thức dạng (1) trong đó z, , z có quan hệ với các cạnh tam giác):
Điểm Giác-Gôn
Cho tam giác 44BŒ, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc ba cạnh ĐBŒ, CfA, 4B lần lượt tại
A,, B,, C, Khi đó ba đường 44, ĐBị, CƠ; đồng quy tại một điểm 7, gọi là điểm Giác-Gôn Điểm 7 thỏa mãn hệ thức
(p — b)(p—c) JA+ (p—c)\(p—a) JB + (p—a)(p —b) IC =0
Trang 5Mặt khác:
SATAB _ p—b Sasap mo? &
SATAC p— C SATBC DC€C nên
SAJAB(P— €) = SAJAc(Pp— b) = SAJso(p— a) =T
p-a p—b p-e p-a p—-b p-e
Cho M trung , ta có bài toán sau:
Bài toán 3_ Cho tam giác ABC’ Chứng minh:
Trang 6Lời giải a) Suy trực tiếp bằng cách thay z, , z ở trên vào hệ thức
OM* = R* — (xyc? + yza" + xzb°) (3)
a* +b? +c? =(a+b+c)* — 2(ab+ be + ca),
ma ab + be+ ca — p* = (p—a)(p—b) + (p— b)(p—c) + (p— e)(p — a) = r(4R + r) nên
a’ +b? +c? = 2p” — 2r* — 8Rr Tiếp đó
a +b? +c = 2p(p* — 3r* — 6Rr)
Trang 7Hệ thức cần chứng minh cũng suy ra ngay từ cách xác định các điểm 44, Ö¡, C¡ Ta có:
Trang 82) Cho ⁄ = T-tâm đường tròn nội tiếp tam giác 4Œ
Khi đó øaA + bTB + cIC = 0 hay
atb+e” ———_, 2 = — a+b+e a+b+e <#@
Cho Ó lần lượt là các diém dac biét cla tam gidc ABC, ta c6 cdc bài toán sau:
Bai toan5 a) 3(ab+ bc + ca) 3 a2 + bˆ + 4+ 36Rr
JVaz+3be Vb?+3ac VWc2+3ba 2
Loi giai a) Cho O = G-trong tam tam giác, ta có:
mm b Gp? 4 22S Gor — abet beat + ach" 9
arb peg mt mỹ + cm) at+b+c
> dam? + 4bm; + 4cm2 > 9abc
© a(2Ù2 + 2c* — a*) + b(2aˆ + 2eˆ — bˆ) + e(9aˆ + 2bŸ — cˆ) > Yabe
© 2ab(a + b) + 2be(b + e) + 2ca(e + a) > a” + b + c) + 9abc
& 2(a+b+4+c)(ab+be+ca) > (a® +b? +c? — 3abc) + 18abe
& 2(a+b4+c)(abt+ be + ca) 3> (a+b+ e)(aˆ + bˆ + cˆ — ab — be — ca) + 18.4RS
© 3(ab + be + ca) > aˆ + bˆ + cˆ + 36Rr
Trang 9Vậy cần chứng minh
(a+b+c) s3
Va+b+ ev«3 + b3 + c3 + 9abe ^ 2
© 4(a+b+e)” > 9(a° + bẺ + c? + 9abe)
© 12(a“b + a“c + ba + be + cˆa + cˆb) > ð(a” + b° + €) + 57abc
Nhưng do (*) thi
12(a^b + a“c + ba + be + ca + củ) 3 6(a) +” + cổ”) +54abe 3 5(4° + b° + ể)) + 57abe
a® +b? +
Bai toan 6 Cho tam gidc ABC Ching minh a) 4R? > at+tb+c
b) 4R? — 8Rr > a? +b? +c? — ab— be — ca
Loi giai a) Cho O = H, ta cé
a*bc + b?ca + cab
THẺ = [(a + ĐỂ + (b+ 6)” + (6+ a) |R” + (b + e)(c + a)(JN” ~ c?)+
+ (c+a)(a+b)(2R° —a*) + (b+c)(a+b)(2Rˆ — 2) > 0
& 4R*(a+b+4+c)’ 2+ c)(e-E ø)e?® + (e+ a)(a + b)aˆ + (b + e)(œ + b)bˆ
©4Rˆ(a+b+ec) >a°+bÙ”+c° + abc
© 4Rˆ(a+b+c) > (a+b+ e)(@ˆ +? +c — ab—ac — be) + 4abe
& 4R? — 8Rr >a? +b? + — ab— bc —ca
a
*) Ty bat dang thiic trén, thay a? + b? + c? — ab — bc — ca = p* — 3r? — 12Rr, ta duoc:
4Rˆ + 3rˆ + 8Rr 3 pŸ Ngoài ra, ta còn có thể chỉ ra mối quan hệ của các khoảng cách đặc biệt: OI,7GŒ,OH,TH
Trang 10Bài toán 7 Cho tam giác 41BŒ có @,G, H, T lân lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp Chứng minh
1G? = =1H? + OP —20G? = (a2 +8242) EP FO Fae 3 3 9 3(a + b+ ¢)
a) Dé dang c6 duoc (a? + b? + c?)(a +b+ 0) > 9abe nén OG < OI
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
5(a° + b° +c?) + Gabe > 4ab(a + b) + 4be(b + e) + 4ca(e 4+ a) Điều này suy ra từ
a’ +b? +c? + 3abe > ab(a + b) + be(b + c) + ca(e + a)
Trang 112 Khai thác bất đẳng thức z” > 0
Xét vectơ = z MA + AB + zMC, ta luôn có ở? > 0 Từ đó suy ra
ục2 + zaˆ + zxb?
aM A? + yMB? + 2MC? > y+1+Z (+) Dấu đẳng thức xảy ra khi Ä⁄/ là tâm tỉ cự theo bộ số zx, y, z cua ba diém A, B,C
Ta lại thu được các bài toán sau:
Bài toán §_ Cho tam giác 1 BŒ Chứng minh:
aM A? + bMB* + cMC? > abc
Loi gidi Trong (*) cho x = a,y = b,z = c, ta c6é diéu phai chttng minh Dau dang thitc xảy
ra khi M la tam duong tron noi tiép tam giadc ABC a
Bài toán 8.1 Tim diém / trong tam giác ABC sao cho T = MA.MB.AB+MB.MC.BC+ MA.MCŒ.AC nhỏ nhất Tìm 7' khi đó
Loi giai Ta sé ching minh T' > abc That vậy:
rye + yza* + zxb* = abc
Thay vao (*), ta co
abe.(c MC + 6.MB-+a.MA)
aMB.MC+0.MC.MA+c.MA.MB
cMC+b.MB+aMA>
Trang 12suy ra
T' > abc
& BIC'.MA’?® + C'A MB” + B'A' MC” > A'B'.B'C C'A'
Bài toán 9_ ( Chọn đội tuyển Việt Nam đi thi quốc tế 2003)
Từ bài toán này, ta có một bài toán tương tự trong không gian sau:
Bai toan 9' Goi ?‡ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 4 4s 4s.4¿ và S; la diện tích các
mặt đối diện các đỉnh 41;, (¿ = 1;4) ÄM⁄ là điểm bat ly trong không gian Chứng minh:
Gọi Œ là trọng tâm tứ diện, ?n; là độ dài các đường trọng tuyến tương ting Ta c6 GA; = cm
Do đó
( vì 9m{ = 3(Ùƒ + b2 + bã) — (ad + a2 + ø3)(x) và tương tự cho m; )
Ta chứng minh 77' > 24,/3S;m,;,i = 1;4 (1)
H
Trang 13Tương tự hoàn toàn, (1) được chứng minh
Nhận xét rằng 7' < 16, ta có điều phải chứng minh =
Từ hệ thức (+) trong lời giải bài toán trên, ta có bài toán
Bài toán 10 Trong một tứ diện, đường trọng tuyến đối diện với mặt có tổng bình phương các
canh lớn hơn thì lớn hơn
Lời giải Kết quả này là hệ quả trực tiếp từ hệ thức (+) bằng cách xét hiệu mỹ — m7 a
Quay lai vGi bai todn , tach diém M thành 2 điểm riêng biệt Ä⁄/, M⁄” trong tam giác, ta có bài toán
Bai toan 11 Cho tam giác 4C, Mĩ, Mĩ bên trong tam giác Chứng minh:
a.MA.M'A+0.MB.M'B+c.MC.M'C > abc
12
Trang 14
C
Bài toán nay khong dé giai quyét vi n6 kha tong quat , M, /’ hau nhu khong cé moi liên
hệ nào Tuy nhiên, ta có thể giải quyết một số bài toán trong các trường hợp riêng của nó
Bai toan 11.1 Cho tam giác 4Œ, J la tam đường tròn nội tiếp tam giác Ä/ bên trong tam giác Chứng minh
Bài toán 11.2 Cho tam giác 4Œ, 7 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 1ƒ, M’ bén trong
tam gidc sao cho ZMIM’ < 90” Chứng minh
Trang 15a.MC.M'C >a.MC.M'C = 5 (eMC +¢M'C* —c.M'M”*)
Vay a.MA.M'A +).MB.M'B +a.MC.M'C
3) Phương pháp chứng minh bài toán tổng quát hơi khác so với việc chứng minh các trường
hợp đặc biệt và sẽ được đề cập ở phần sau
3 Khai thác định nghĩa tích vô hướng
Tiếp theo ta khai thác định nghĩa tích vô hướng
# = |ữ|.|ỡ| cos(đ, 8) Định nghĩa này dẫn tới một số tính chất
L) ứ.ở < |ửưI.|ở
2) ở> 0 © cos(ứ, ở) > 0 (u,v) < 90°
Ta có một số bài toán sau:
14
Trang 16Bài toán 12_ Cho đường thẳng zz' và hai diém A, B nam vé mot phía của nó, Ä/ € zz Biết
rằng
cos“ÄAMz _Ð
cosZBMax a qh Chứng minh với mọi N trén x2’, ta cd
a +b 0 & acos( ) + bcos( )=0
+) Nếu NV € Mx thiacos(NM, MA)+bcos(NM, MB) = —acos ZAMx+bcos ZBMx = 0 +) Nếu N € Mz’ hoan toan tuong tu, ta cfing c6 acos(NM, MA) + bcos(NM, MB) = 0
Trang 17M
p< NÀN
Lời giải Cho điểm X bất kỳ, ta có:
MA XA > —— XA = MX — + XA XA”
> XA XB XC MA+MB+MC + + > MX(——>+——¬+——)+ (<4 + xBt xyalt XA+ + X B+ XB+ XC
suy ra (2 7)“ = kˆ = cos (2, 7) = ie hay (7,7) = 120°
Tương tu, (7, &) = 120° va do đó X là điểm nhìn ba cạnh tam giác với góc 120° (Điểm Toricelli)
Vay MA+ MB4+ MC dat gia tri nho nhat bang ——s—— + 25v3 khi M là điểm
Các bài toán sau là hệ quả của bài toán vé diém Toricelli
16
Trang 18Bài toán 13.1 Cho tam giác 4Œ A7 là điểm Toricelli của tam giác Chứng minh
1
aˆ.M.A +bˆ.MB + cˆ.MC < 5 (MA + MB+ MC}
Loi giai Dat MA =x, B=y, MC = z, tacé cac hé thitc
q2 —= 1ˆ + 0z + z7; bˆ = zˆ2 + zx +3 2^:cˆ = x2 + xu +9 Khi đó ta chỉ cần chứng minh
(2+ z+ z”)+ + (zˆ+ zxz + z2) + (x + xu + 92)z< -(x+ +2)! Cw | ke
Điều này tương đương với
LY + YZ + Zu <a? ty? + 2°
Bài toán 13.2 Cho x,y, z la cdc so thuc duong thoa man 7 + y+ z = 1 Dat
d = V2 + z + z2;b = Vz2 + z# + +2:c = +2 + xụ + 2 Ching minh: ab + bc + ca > 1
Lời giải Giả sử cho diém M bat ky trong mặt phẳng
Dựng các điểm 4,Ö,C sao cho MA = z;ăB = y;MC = z va ZAMB = ZBMC =
Bai toan 13.3 (Dé thi HSGQG Viét Nam 1998)
Tim gia tri nho nhat
Trang 19Bài toán trở thành: Tìm gia trị nhỏ nhất của 1A + MB + MC
wey , a+b +0? , , 2, |
Theo bài toán 13, ta có MUA + MB+~MCŒC 5 ———s——— + 25/53 và dấu bằng xảy ra khi
M là điểm Toricelli của tam giác A4 ĐC nên việc còn lại là tính diện tích S cha tam gidc ABC
Ta c6 2S = bc sin A va cos A = ——— = —= = —= => sinA = —
Vay 2S = 8 Cuối cùng, ta có P(z; ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng v/14 + 8v⁄3 a
Tương tự, ta có một bài toán trong không gian sau:
Bài toán 14 Chott dién ABCD X 1a diém trong khong gian sao cho X A+ X B+XC+XD nhỏ nhất Chứng minh: X nhìn các cạnh đối diện cua tứ diện dưới các góc bằng nhau
Lời giải Gọi X là điểm sao cho
Suy ra (i +7)? = (kK +1)? = (7,7) = (k, 1) hay X nhin AB va CD dưới những góc bằng nhau
Tiếp đó là một bài toán tương tự trong phẳng
Bài toán 1Š Cho tam giác 1Œ Khi đó VẢ ta có
- XB ,XC _ XA
MB+bM MA> MX (a= +b +c—— XB+bX XA
18
Trang 20hay aMA + b\B -eMC >aXB +bXC+eXA
Try do: ZX BC+ ZXCB= ZXCB+ ZXCA = ZX BC = ZXCA Hoàn toàn tương tự, ta có:
Suy ra:
bc? be bŸ -L c2 — qˆ
?— XŒ(1+ Ol + at + a? 4p ——— 2bc )
19
Trang 21Va2Ù2 + bc? + 2a? JVa2b? + bc? + 2a?
Vay aXB+bXC+cXA = Va?b? + be? + Ca?
Từ bài toán trên, nhờ cách tính các khoảng cách từ điểm Brôca đến các đỉnh tam giác, ta
có bài toán sau:
Bài toán 16 Cho tam gidc ABC, BC = a,C A = b, AB = c Chitng minh:
q3b + b3c + ca > a bˆ + bˆcˆ + c2a7
Lời giải Trước hết, ta có nhận xét sau: Với mọi 1⁄, Ñ trong tam giác 4Œ thì
MA.sinZBNC + MB.sn⁄ŒNẠA+ MCŒ.sn/ẤANB
>NA.snZBNC+ NB.sinZCNA+ NC sin ZANB
Tiép d6 cho M va N 1a hai điểm Brôca của tam gidc, chi y: ZBNC = 180° -— B; ZCNA = 180° —C; ZANB = 180° — A va cach tinh nhu bai trén, ta có điều phải chứng minh a
Tu bai toan 15 lai sinh ra mot bai toan tuong tu nhu bai toan 13.3
Bai toan 15.1 Tìm gia trị nhỏ nhất
P(azy) = 29|(z — 1)? + (y + 2)?] + /29[(x — 3)? + (w = 3)?|+ w/18|(œ + 2)? + (w — 1)”] Loi gidi Xét trong hé toa d6 rOy cdc diém M(x; y); A(—2; 1); B(1; —2); C(3; 3) thì bài toán
trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất cua
aMB+b.MC+e¢MA
aMB+b.MC+¢MA > Va2h? + P22 + 2a?
va dau bang xay ra khi JV 14 diém Broca thoa man ZIM BC = ZMCA = ZMAB a Bây giờ quay trở lại bài toán 11 Trước hết, ta có bài toán sau:
20