Chùm kết quả về trực tâm và mở rộng 138

MỞ RỘNG VÀ PHÁT TRIỂN KẾT QUẢ TỪ MỘT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN TỚI TRỰC TÂM TAM GIÁC.. Mô hình bài toán: Cho tam giác ABC các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H... với r là tâm bán kính đườ

MỞ RỘNG VÀ PHÁT TRIỂN KẾT QUẢ TỪ MỘT ĐẲNG THỨC

LIÊN QUAN TỚI TRỰC TÂM TAM GIÁC

Mô hình bài toán: Cho tam giác ABC các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

Ta có kết quả quen thuộc:

HD





BE  S CF S

Suy ra:

1

HD HE HF

1

HD HE HF

AD BE CF

    (1)

Từ kết quả số (1) ta có:

1

AD AH BE BH CF HF

2

AH BH CH

AD BE CF

    (2)

Ta có thể thấy kết quả (1) và (2) thực chất không sử dụng tính vuông góc của các

đường cao nên kết quả vẫn đúng khi D E F, , là các điểm bất kì thuộc 3 cạnh tam giác

đồng thời thỏa mãn AD BE CF, , đồng quy

a b c

     

HDHE HF  (3)

(4)

2

HD HE HF

AH BH CH  (5)

H F

E

B

A

Ta nhận thấy các kết quả (1),(2),(3),(4) và (5) là các kết quả đúng khi AD BE CF, , là các đường đồng quy trong tam giác và chưa sử dụng tới tính vuông góc của các đường này

Với AD BE CF, , là các đường cao của tam giác ABC thì ta có các kết quả sau:

~

AHE BEC và AHF~ BFC

BC  BE  CF

Chứng minh tương tự ta có:

BH BD BF

AC AD CF

CH CE CD

AB BE AD







Xuất phát từ kết quả số (6) ta có bước đánh giá sau:





Như vậy ta có kết quả: AB2AC2BC2 4 3S ABC (7)

BC  AC  AB  (8)

Từ BĐT số (8) ta có

2 3

AH BH CH

BC AC AB

    

2

3 AH BH CH AH BH CH

       

Khi đó ta lại có: AH22 BH22 CH22 1

BC  AC  AB  (9)

O bán kính R Khi đó chúng ta có thế chứng minh được kết quả

4

BC

1



Tương tự ta có: BH22 4R22 1; CH22 4R22 1

AC  AC  AB  AB 

2

R

(10)

(11)

Ta có nếu áp dụng kết quả của định lí Ptolemee vào trong các tứ giác

AKON BKOM CNOM ta có:

OA KN AK ON AN OK R ON OK

Ta đặt

2

AB AC BC

( nửa chu vi )

M

O

H F

E

B

A

Khi đó công các vế của các đẳng thức trên lại với nhau ta được:

R p OM   ON   OK   

Mặt khác S ABC  p r. với r là tâm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Khi đó ta có: R p OM ON OK p P r   

Suy ra: OM ON OK R r    (12)

Như vậy ta có kết quả (12) khá đẹp

2

2







 



(13)

AD BE CF   AH AD BH BE CH CF  

Áp dụng BĐT Bunyakovski ở dạng phân thức ta có:

2

AH BH CH

AH AD BH BE CH CF AH AD BH BE CH CF

 

4

AH AD AE AC AF AB

BH BE BD BC BF BA AH AD BH BE CH CF AB AC BC

CH CF CD CB CE CA







Khi đó ta có: AB2AC2BC2 4R r  (14)

Ta có thể thấy từ 1 kết quả ban đầu và sau một số phép biến đổi ta có thể suy ra khá nhiều kết quả đẹp, khó và hay trong hình học