Phương pháp nghiên cứu
Thu thập tài liệu về đẳng thức và bất đẳng thức từ sách giáo khoa, sách giáo viên, cũng như các tài liệu chuyên đề liên quan đến hình học và đại số là rất quan trọng.
- Khảo sát, phân tích, tổng hợp tài liệu để hệ thống và phân loại các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức.
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn để thực hiện đề tài.
- Quan sát, đánh giá thực tế quá trình tiếp thu của học sinh.
Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
- Đề tài có thể sử dụng như một tài liệu tham khảo cho học sinhTHCS, THPT, bồi dưỡng học sinh giỏi.
Cấu trúc luận văn
Luận văn gồm : Mở đầu, Kết luận và ba chương.
Chương 1 Các kiến thức chuẩn bị.
Chương 2 Đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác với đường tròn nội, ngoại tiếp của nó.
Chương 3 Đẳng thức và bất đẳng thức trong đa giác nội, ngoại tiếp đường tròn.
Dưới sự hướng dẫn của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, tôi đã quyết định chọn đề tài "Đa giác nội, ngoại tiếp đường tròn và các bài toán liên quan" cho luận văn thạc sĩ của mình.
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4 1.1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN LIÊN QUAN
MỘT SỐ KIẾN THỨC ĐẠI SỐ LIÊN QUAN
Định lý 1.1 (Bất đẳng thức Cauchy) khẳng định rằng với n và các số thực không âm x₁, x₂, , xₙ, trung bình cộng của chúng không nhỏ hơn trung bình nhân, tức là x₁ + x₂ + + xₙ / n ≥ √(x₁ * x₂ * * xₙ), và dấu "=" chỉ xảy ra khi tất cả các số này bằng nhau Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Bunhiacovsky) liên quan đến các số thực a₁, a₂, , aₙ và b₁, b₂, , bₙ, cung cấp một mối liên hệ quan trọng giữa chúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b i = ka i , i = 1, , n. Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Nesbit) Với mọi số a, b, c lớn hơn 0 ta có a b+c + b c+a + c a+b ≥ 3
MỘT SỐ KIẾN THỨC HÌNH HỌC LIÊN QUAN
1.3.1 Tam giác đồng dạng Định lý 1.4 (Định lý Ta - lét trong tam giác) Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. Định lý 1.5 (Định lý đảo của định lý Ta - lét trong tam giác) Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì cạnh đó song song với cạnh còn lại của tam giác. Định lý 1.6 (Hệ quả của định lý Ta - lét trong tam giác) Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho. Định lý 1.7 (Tính chất đường phân giác của tam giác (hay định lý Stewart 1)) Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy.
Sử dụng giả thiết và kí hiệu cho như hình vẽ.
Qua đỉnh B vẽ đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng AD tại điểm E.
Ta có \BAE = \ CAE (giả thiết)
Vì BE ∥ AC nên \BEA = \ CAE (so le trong).
Do đó tam giác ABE cân tại B suy ra BE = AB (1) Áp dụng hệ quả của định lí Ta - lét đối với tam giác DAC, ta có
Vậy định lý được chứng minh.
1.3.2 Các hệ thức vectơ cơ bản
Dấu "=" xảy ra khi hai vectơ −→a ,−→ b cùng hướng.
Với O là trung điểm của AB thì −→
OB = −→0 Với G là trọng tâm của tam giác ABC thì −→
0 Với G là trọng tâm của tam giác ABC , O là điểm bất kì thì
1.3.3 Các hệ thức lượng trong tam giác và trong đường tròn Định lý 1.8 (Định lý hàm số cosin). a 2 = b 2 +c 2 −2bc.cosA b 2 = a 2 + c 2 −2bc.cosB c 2 = a 2 +b 2 −2bc.cosC Định lý 1.9 (Định lý hàm số sin). a sinA = b sinB = c sinC = 2R. Định lý 1.10 (Công thức tính độ dài đường trung tuyến). m 2 a = b 2 +c 2
4 Định lý 1.11 (Công thức tính diện tích tam giác).
√ p(p−a)(p−b)(p−c). Định lý 1.12 Cho một đường tròn (O;R) và một điểm M cố định. Một đường thẳng thay đổi đi qua M và cắt đường tròn tại hai điểm A và
M B là một số không đổi. Định nghĩa 1.1 (Phương tích của một điểm đối với một đường tròn) Giá trị không đổi −−→
M B được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O) Kí hiệu là P M/(O) và được tính bằng công thức
P M/(O) = d 2 −R 2 Trong đó d là khoảng cách từ điểm M đến tâm O
1.3.4 Các phép biến hình cơ bản a Các phép dời hình trong mặt phẳng
- Phép quay b Phép vị tự và phép đồng dạng
1.3.5 Một số định lí liên quan Định lý 1.13 (Định lý Ptô - lê - mê) Với một tứ giác nội tiếp, tích các đường chéo bằng tổng của hai tích các cạnh bên.
Sử dụng giả thiết và kí hiệu như hình vẽ.
Trên AC lấy điểm E sao cho ADE\ = BDC \
Suy ra AD.BC = AE.BD (1)
Xét ∆ADB và ∆EDC có
ABD\ = ECD \ (góc nội tiếp cùng chắn một cung) và AD
Do đó ta có AB.DC = DB.EC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB.DC +AD.BC = BD.(EC +AE).
Tức ta có AB.DC +AD.BC = BD.AC. Định lý 1.14 (Định lý Stewart) Gọi D là điểm nằm trên cạnh AC của tam giác ABC Khi đó ta có
AB 2 DC +BC 2 AD −BD 2 AC = AC.DC.AD.
Gọi φ là góc giữa hai cạnh DC và BD φ ′ là góc giữa hai cạnh AD và BD.
Ta có φ ′ là góc bù của φ nên cosφ = −cosφ. Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai góc φ và φ ′ ta có :
BC 2 = DC 2 +BD 2 −2DC.BD.cosφ (1)
AB 2 = AD 2 +BD 2 −2AD.BD.cosφ ′
Định lý 1.15, hay còn gọi là hệ thức Euler, liên quan đến bán kính R và r của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của một tam giác Khoảng cách d giữa hai tâm của hai đường tròn này được tính bằng công thức √(R² - 2Rr) Để chứng minh điều này, ta nhân biểu thức (1) với AD và (2) với DC, sau đó cộng lại để có kết quả mong muốn.
R(R−2r) hay nói cách khác d 2 R 2 −2Rr.
Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác
ABC M là giao điểm của phân giác trong góc B với đường tròn (O).
Ta có BI.IM = R 2 −OI 2 = R 2 −d 2
Tam giác IM C cân tại M vì CIM\ = \ ICM Bˆ + ˆC
Kẻ đường kính M K của đường tròn (O) và kẻ ID⊥BC suy ra hai tam giác M KC và IBD đồng dạng với nhau, từ đó ta có M K
Nên ta có 2Rr = IB.M C = IB.IM = R 2 −d 2
Từ kết luận P I/(O) = −2Rr và theo Định lý Carnot, tổng các khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác đến các cạnh sẽ bằng tổng bán kính của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp.
Sử dụng kí hiệu như hình vẽ.
Khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đến các cạnh BC, AB và AC lần lượt được ký hiệu là k a = OP, k b = OM, k c = ON Áp dụng định lý Ptô - lê - mê cho tứ giác nội tiếp AN OM, chúng ta có thể rút ra những kết luận quan trọng về mối quan hệ giữa các đoạn thẳng trong tam giác.
AO.N M = N O.AM + OM.AN hay Ra
Tương tự đối với các tứ giác BM OP và CP ON ta có
2 Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có :
Vậy k a + k b + k c = R+r 2 Định lý 1.17 (Hệ quả của định lý Carnot) Cho tam giác ABC gọi
R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp Khi đó
Chứng minh rằng H là chân đường vuông góc hạ từ tâm O của đường tròn ngoại tiếp xuống cạnh BC, và từ đó suy ra BOH = A b Áp dụng định lý Carnot, ta có thể dễ dàng chứng minh điều cần chứng minh Định lý 1.18 (Định lý Euler về tam giác Pedal) nêu rằng, cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với tâm O và bán kính R, nếu M là một điểm bất kỳ trong tam giác, thì A1, B1, C1 là hình chiếu của M lên các cạnh của tam giác, dẫn đến S A1 B1 C1.
Tam giác Pedal là một khái niệm trong hình học, được định nghĩa như sau: cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ trên mặt phẳng tam giác, hạ các đoạn vuông góc từ M đến các cạnh của tam giác ABC, lần lượt là M A1 vuông góc với BC, M A2 vuông góc với CA, và M A3 vuông góc với AB Tam giác được tạo thành từ các điểm A1, B1, C1 sẽ được gọi là tam giác Pedal (hay còn gọi là tam giác bàn đạp hoặc tam giác thùy túc) của tam giác ABC ứng với điểm M.
Nhận thấy AB 1 M C 1 , BC 1 M A 1 , CA 1 M B 1 là những tứ giác nội tiếp.
Ta có B 1 C 1 = AM sinA, A 1 C 1 = BM sinB và B 1 C 1 = CM sinC
Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn (O, R) tại X, Y, Z.
Tương tự ta có B\ 1 C 1 A 1 = ZY X \ ; B\ 1 A 1 C 1 = Y XZ \
Mặt khác, ∆M AB v ∆M Y X nên ta có XY
ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG
Dạng toán vận dụng tam giác đồng dạng
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ khám phá các bài toán cơ bản liên quan đến đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác, đặc biệt là khi xét đến đường tròn ngoại tiếp Chúng tôi sẽ sử dụng các công cụ như định lý Ta-lét, tính chất đường phân giác và tính chất đồng dạng của hai tam giác để chứng minh hiệu quả các bài toán này.
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [1] và [8].
Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R), AH là đường cao (H khác B, C) Chứng minh rằng AB.AC = 2R.AH.
Kẻ đường kính AD của đường tròn (O).
Xét hai tam giác HBA và tam giác CDA
HBA\ = CDA \ (góc nội tiếp cùng chắn cung
Nên ∆HBA v ∆CDA (g.g), suy ra AH
Vậy AB.AC = AD.AH.
Mà AD = 2R nên AB.AC = 2R.AH.
Bài toán 2.2 đề cập đến đường thẳng Euler trong tam giác ABC, trong đó O, H, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm và trọng tâm Cần chứng minh rằng ba điểm O, H, G nằm trên cùng một đường thẳng, được gọi là đường thẳng Euler Đặc biệt, có mối quan hệ giữa GH và GO, cụ thể là GH = 2GO.
Gọi M, N lần lượt là 2 trung điểm của cạnh BC, CA.
Gọi G ′ = AM ∩ OH, khi đó G ′ M
Do đó G ′ cũng chính là trọng tâm của tam giác ABC Vậy G ′ ≡ G hay O, H, G thẳng hàng và GO
Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh rằng AD 2 = AB.AC −DB.DC.
Vẽ đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giácABC GọiE là giao điểm của AD và (O).
Ta có tam giác ABD và tam giác CED đồng dạng với nhau (g.g).
CD hay AD.ED = BD.CD.
Suy ra AD(AE −AD) =BD.CD.
Nên ta có AD 2 = AD.AE −BD.CD.
AC hay AB.AC = AD.AE.
Vậy ta có AD 2 = AB.AC −DB.DC.
Trong bài toán 2.4, chúng ta xem xét tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R), với tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại điểm M Gọi N là trung điểm của cạnh BC Cần chứng minh rằng góc BAM bằng góc CAN.
Gọi giao điểm của AM với đường tròn (O;R) là K Tứ giác ABKC nội tiếp nên theo định lí Ptô - lê - mê ta chứng minh được
AB.KC +AC.BK = AK.BC = 2AK.N C.
Mặt khác ∆M CK v ∆M AC (g.g), suy ra CK
Ta cũng có ∆M BK v ∆M AB nên M B
M A hay AB.CK = AC.BK.
Vậy ta có AC.BK = AK.N C suy ra AC
Bài toán 2.5 yêu cầu chứng minh một mệnh đề liên quan đến tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O, R) Tiếp tuyến tại các điểm B và C của đường tròn cắt nhau tại điểm M Gọi D là giao điểm của đường thẳng AM với đoạn thẳng BC Nhiệm vụ là chứng minh mối quan hệ giữa các điểm này trong tam giác đã cho.
Gọi I là giao điểm của AM với đường tròn (O) Ta xét ∆ABM và
∆BIM có BAM\ = IBM \ (tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) và BM I\ chung.
Do đó, ∆ABM v ∆BIM (g.g), nên ta có AB
Tương tự ta có ∆ACM v ∆CIM (g.g), suy ra AC
Mà BM = CM nên AM
Xét ∆DAB và ∆DCI có ADB\ = CDI[ (đối đỉnh), và DAB\ = DCI [ (hệ quả góc nội tiếp).
Do đó ∆DAB v ∆DCI (g.g), suy ra DA
Tương tự ta có DB
Bài toán 2.6 Cho ∆ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) có
AH là đường cao Gọi D là giao điểm của AO với BC Chứng minh rằng
Bài giải Vẽ AM là đường kính của (O) ta có
HBA\ = CM A \ (cùng chắn cung AC),
Do đó ∆HBA v ∆CM A suy ra HB
Ta có ∆ADB v ∆CM D suy ra BD
Tương tự ta có DC
Từ (1), (2) và áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
Bài toán 2.7 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm
O Phân giác trong của góc A cắt BC tại A 1 và cắt đường tròn (O) tại
A 2 Định nghĩa tương tự cho các điểm B 1 , B 2 và C 1 , C 2 tương ứng Chứng minh rằng
Theo tính chất đường phân giác, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức A 1 A 2
Ta có ∆CA 1 A 2 v ∆ACA 2 nên A 1 A 2
BB 2 (2) và ∆BC 1 C 2 v ∆CBC 2 nên C 1 C 2
Từ (1), (2), (3) bất đẳng thức (*) trở thành
Mặt khác áp dụng định lí Ptô - lê - mê cho tứ giác nội tiếp ABA 2 C
Ta có BC.A 1 A 2 = CA 2 AB +BA 2 AC
Từ đó ta có CA 2
Tương tự cho tứ giác nội tiếp AB 2 CB và BC 2 AC ta cũng có
Thay (4) và (5), vào (**) ta có
BC = a, AB = b, AC = c ta thu được bất đẳng thức đại số Nesbit ở chương 1, ta có điều phải chứng minh.
Dạng toán vận dụng tích vô hướng của hai vectơ
Bài viết này trình bày một số bài toán chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức sử dụng dấu vectơ, nhằm thể hiện mối quan hệ giữa các điểm đặc biệt trong tam giác Ngoài ra, nó cũng đề cập đến việc ứng dụng phương pháp vectơ như một công cụ hiệu quả trong giải toán.
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [2].
Bài toán 2.8 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm
O Gọi H là trực tâm của tam giác, G là trọng tâm của tam giác đã cho. Chứng minh rằng a) −−→
D a) Ta có BH ∥ DC (vì cùng vuông góc với AC)
CH ∥ DB (vì cùng vuông góc AB)
Vậy BHCD là hình bình hành
OH c) Vì G là trọng tâm tam giác nên ta có −→
Theo kết quả của bài b ta có 3−→
Bài toán 2.9 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có a 2 +b 2 + c 2 ≤ 9R 2 Bài giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có a 2 +b 2 +c 2 = −−→
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi −→
OC = −→0, suy ra O ≡ G. Tức tam giác ABC đều.
Khoảng cách từ trọng tâm G đến tâm vòng tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC được tính theo công thức trong bài toán 2.10 (Phương tích của trọng tâm) Chứng minh rằng công thức này thể hiện mối quan hệ giữa trọng tâm và tâm vòng tròn ngoại tiếp trong tam giác.
Bài giải Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có
OG. Bình phương vô hướng hai vế ta được :
Lúc này đẳng thức (*) tương đương với :
Vậy ta có thể kết luận P G/O = OG 2 −R 2 = −1
Bài toán 2.11 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có
Bài giải Gọi O, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC Ta có
Dấu "=" xảy ra khi O ≡ G và m a = m b = m c Tức tam giác ABC đều.
Bài toán 2.12 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta luôn có yz.cos 2A+zx.cos 2B +xy.cos 2C ≥ −1
Trên các tia OA, OB, OC ta lần lượt lấy các vectơ đơn vị −→e 1 ,−→e 2 ,−→e 3 cùng hướng với hướng của tia.
Ta có −→e 1 −→e 2 = cos(−→e 1 ,−→e 2 ) = cosAOB \ = cos 2C.
Với mọi x, y, z ta luôn có (x−→e 1 + y−→e 2 +z−→e 3 ) 2 ≥0
Khai triển vế trái theo hằng đẳng thức ta có x 2 +y 2 +z 2 + 2xy−→e 1 −→e 2 + 2yz−→e 2 −→e 3 + 2zx−→e 3 −→e 1 ≥0 hay x 2 +y 2 + z 2 + 2xy.cos 2C + 2yz.cos 2A+ 2zx.cos 2B ≥ 0. Suy ra x 2 +y 2 +z 2 + 2(xy.cos 2C +yz.cos 2A+ zx.cos 2B) ≥ 0.
Vậy ta có yz.cos 2A+zx.cos 2B + xy.cos 2C ≥ −1
Bài toán 2.13 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm
O, bán kính R Gọi G là trọng tâm của tam giác Các đường thẳng
AG, BG, CG lần lượt cắt đường tròn O tại A 1 , B 1 , C 1 Chứng minh rằng
GA 1 + GB 1 +GC 1 ≥ GA+GB +GC.
Ta có P G/(O) = R 2 −OG 2 = GA.GA 1 = GB.GB 1 = GC.GC 1
Suy ra GA 1 + GB 1 +GC 1 = (R 2 −OG 2 )
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có GA+GB+GC ≥3√ 3
Suy ra (GA+ GB+GC)
9(GA+GB +GC).9 hay GA 1 +GB 1 + GC 1 ≥GA+ GB+GC.
Dấu "=" xảy ra khi GA = GB = GC, do đó G ≡ O, tức tam giác
Dạng toán vận dụng hệ thức lượng trong tam giác và trong đường tròn
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [4].
Bài toán 2.14 Cho tam giác ABC có góc Aˆ nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R) Chứng minh rằng BC = 2RsinBAC \
Vẽ đường kính BD của đường tròn (O;R) suy ra BAC\ = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Tam giác BDC có Cˆ = 90 o nên BC = BDsinBDC \ Ta lại có
BD = 2R; BDC\ = \ BAC (góc nội tiếp cùng chắn cung BC).
Khoảng cách từ trực tâm H đến tâm vòng tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC được tính theo công thức OH = √ R² (1−8 cosA cosB cosC) Điều này chứng minh rằng mối liên hệ giữa trực tâm và tâm vòng tròn ngoại tiếp có thể được xác định thông qua các góc của tam giác.
Trong bài giải, chúng ta bắt đầu với tam giác ABC nhọn, trong đó K và A' là giao điểm của đường cao AH với cạnh BC và đường tròn (O) Áp dụng định lý sin cho tam giác AHB, chúng ta có thể rút ra những kết luận quan trọng về mối quan hệ giữa các cạnh và góc của tam giác này.
, suy ra AH cosA = AB sinC
Vậy ta có HA = ABcosA sinC = 2RcosA
Tương tự ta cũng có HB = 2RcosB
Mặt khác, để ý rằng ∆BHA ′ cân tại B nên BHA\ ′ = ˆC = BA \ ′ H
Do đó: KH = KA ′ , suy ra
HA ′ = 2KH = 2HBcosBHA \ ′ = 2.2RcosBcosC = 4RcosBcosC
Từ đây suy ra HA.HA ′ = 8R 2 cosAcosBcosC
Do tam giác ABC nhọn nên :
P H/O = HA.HA ′ = −HA.HA ′ = −8R 2 cosAcosBcosC
Lập luận tương tự ta cũng thu được kết quả trên cho trường hợp tam giác ABC vuông hoặc tù. ta được OH = √ R 2 (1−8 cosAcosBcosC).
Bài toán 2.16 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng cotA+ cotB + cotC = R(a 2 +b 2 + c 2 ) abc Bài giải Áp dụng định lí sin và cosin trong tam giác ta có cosA = b 2 +c 2 −a 2
Suy ra cotA= cosA sinA = b 2 +c 2 −a 2
Lập luận tương tự ta có cotB = R(c 2 +a 2 −b 2 ) abc ,cotC = R(a 2 + b 2 −c 2 ) abc
Vậy cotA+ cotB + cotC = R[(b 2 +c 2 −a 2 ) + (c 2 +a 2 −b 2 ) + (a 2 +b 2 −c 2 )] abc
Bài toán 2.17 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), xy là đường thẳng tiếp xúc với (O) tại điểm thuộc cung BC không chứa A. h C h A x y
Gọi h A , h B , h C lần lượt là độ dài các đoạn thẳng vuông góc với xy vẽ từ
A, B, C Chứng minh rằng √ h A sinA = √ h B sinB +√ h C sinC.
Ta có h A = AE.sinAEx [ = AE.AE
Tương tự ta có √ h B = BE
Theo định lí Ptô - lê - mê ta có AE.AC = BE.AC +CE.AB.
Theo định lý hàm sin ta có BC sinA = CA sinB = AB sinC.
Khi đó AE.sinA = BC.sinB +CE.sinC.
Bài toán 2.18 Cho tam giác ABC M là một điểm tùy ý trong tam giác Gọi khoảng cách từM đếnBC, CA, AB lần lượt làh 1 , h 2 , h 3 Chứng minh rằng a 2 +b 2 +c 2 ≥2R(√ h 1 + √ h 2 +√ h 3 ) 2 Bài giải h 1 h 3 h 2 A
Ta luôn cóa 2 +b 2 +c 2 ≥ ab+bc+ca = 2R(asinB+bsinC+csinA).
Mặt khác S M BC +S M CA +S M AB = S ABC
S ABC = 1, nghĩa là h 1 h a + h 2 h b + h 3 h c = 1 (2) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và
Tức tam giác ABC đều.
Bài toán 2.19 Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn và đặt d a = l 1
Trong tam giác, độ dài các đoạn phân giác từ các đỉnh A, B, C đến các cạnh đối diện lần lượt là l_a, l_b, l_c Độ dài các đoạn phân giác từ đỉnh đến giao điểm với đường tròn tương ứng là L_a, L_b, L_c Ta cần chứng minh rằng biểu thức d_a sin²A + d_b sin²B + d_c sin²C ≥ 3.
Gọi AA 1 là phân giác trong của góc Aˆ, A 2 là giao điểm của AA 1 với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có l a = AA 1 , L a = AA 2 , d a = AA 1
Lại có ∆ABA 1 v ∆CA 2 A 1 nên suy ra AA 1 = AB
CA 2 CA 1 (1) và ∆ABA 2 v ∆BA 1 A 2 nên suy ra AA 2 = AB
Áp dụng định lí sin trong tam giác BA 1 A 2 , ta được
Tương tự ta có CA 1
Suy ra d a = sinB.sinC sin(A
Do đó d a sin 2 A ≥ sinB.sinC sin 2 A
Tương tự ta được: d b sin 2 B ≥ sinA.sinC sin 2 B ; d c sin 2 C ≥ sinA.sinB sin 2 C
Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế ta có d a sin 2 A + d b sin 2 B + d c sin 2 C ≥ sinB.sinC sin 2 A + sinA.sinC sin 2 B + sinA.sinB sin 2 C
√ (sinB.sinC)(sinC.sinA)(sinA.sinB) sin 2 A.sin 2 B.sin 2 C = 3.
Bài toán 2.20 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba đường trung tuyến AA 1 , BB 1 , CC 1 lần lượt cắt đường tròn tâm (O) tại
Tương tự ta có BB 1
Để chứng minh đẳng thức đã cho ta cần chứng minh:
Chọn x = a 2 , y = b 2 , z = c 2 ta thu được bất đẳng thức Nesbit.
Vậy ta có được điều cần chứng minh.
Bài toán 2.21 yêu cầu chứng minh rằng trong tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O), với AM là trung tuyến từ đỉnh A, đường thẳng qua A và đối xứng với M qua phân giác trong góc A cắt (O) tại điểm N, thì có thể khẳng định rằng AB.NC = AC.NB.
Bài giải Đặt CAM\ = φ thì theo giả thiết ta có BAN\ = φ
Theo định lý hàm sin :
Do đó đẳng thức cần chứng minh tương đương với: sinC.sin(A−φ) = sinB.sinφ
Ta có : S ABM = S ACN nên 1
Suy ra R.AM sinC sin(A−φ) =R.AM sinBsinφ
Nên sinC.sin(A−φ) = sinB.sinφ 2
Tứ giác nội tiếp ABNC trong bài toán trên có đặc điểm là tích của các cặp cạnh đối bằng nhau, và những tứ giác này được gọi là tứ giác điều hòa.
Dạng toán vận dụng phép biến hình
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [7].
Bài toán 2.22 Tam giácABC nội tiếp trong đường tròn (O) Đường phân giác trong của góc BAC cắt đường tròn (O) tại D Chứng minh rằng 2AD > AB+ AC.
Gọi M là trung điểm của cạnh AB, (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp ta giác.
Phép đối xứng qua đường thẳng OM biến A thành B và D thành
Ta có AD = BD ′ , BD = DC = AD ′ Vì vậy DD ′ = AC.
Xét hình thang cânABDD ′ có AD+BD ′ > AB+DD ′ = AB+AC.
Tam giác ABC được nội tiếp trong đường tròn có tâm O, với cạnh BC là cạnh lớn nhất H là chân đường cao của tam giác từ đỉnh A xuống cạnh BC Đồng thời, P và Q là chân đường vuông góc từ H hạ xuống các cạnh AB và AC.
K là giao điểm của AO và P Q.D là điểm thứ hai củaAO với đường tròn (O) Chứng minh rằng AH 2 = AK.AD.
Ta kí hiệu Ax là tia phân giác của góc BAC Phép đối xứng S (Ax) biến B thành B ′ thuộc tia AC, biến C thành C ′ thuộc tia AB, D thành
Tiếp theo ta có phép vị tự tâmA biến D ′ thành H thì biến C ′ thành
Phép đồng dạng V = H (A,λ) ◦ S (Ax) chuyển đổi tứ giác ABCD thành tứ giác AP HQ, với λ là hệ số của phép vị tự tâm A, biến D′ thành H, dẫn đến AH = λAD Từ đó, AK được xác định là AK = λAH Kết quả là AD.AK = AH².
Bài toán 2.24 yêu cầu chứng minh rằng trong tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R), với đường tròn (O ′ ;R ′ ) tiếp xúc ngoài với (O) tại điểm M trên cung nhỏ BC, các tiếp tuyến AA ′, BB ′, và CC ′ với đường tròn (O ′ ) thỏa mãn điều kiện AA ′ = BB ′ + CC ′.
Bài giải Trên đoạn AM lấy điểm D sao cho M D = M B.
Ta có ∆ABD = ∆CBM nên AD = CM.
Kéo dài AM cắt (O ′ ) tại A 1
Ta có A 1 là ảnh của A trong phép vị tự tâm M, tỉ số −R ′
Tương tự ta cũng có
Từ (1), (2), và (3) suy ra AA ′ = BB ′ + CC ′
ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC VỚI ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP CỦA NÓ
Bài toán Hình tròn nội tiếp là hình tròn lớn nhất có thể chứa trong một tam giác.
Trong bài toán hình học này, cho một hình tròn nằm trong tam giác, ta có thể di chuyển các cạnh của tam giác theo hướng song song với chính nó cho đến khi các cạnh này chạm vào đường tròn đã cho.
Các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành một tam giác đồng dạng với tam giác đã cho, với tỉ số k < 1 Do đó, bán kính của hình tròn nội tiếp tam giác không nhỏ hơn bán kính của hình tròn đã cho.
2.2.1 Dạng toán vận dụng tam giác đồng dạng
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [8].
Bài toán 2.25 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi
D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm trên cạnh BC, AB, AC Gọi H là chân đường cao vẽ từ D đến EF Chứng minh rằng BHE\ = CHF \
Vẽ BJ⊥EF tại J, CK⊥EF tại K.
Tam giác AEF cân tại A nên AEF\ = \ AF E Suy ra BEJ[ = CF K \
Vậy ∆BEJ v ∆CF K (g.g), suy ra BJ
Bài toán 2.26 Cho đường tròn (O;r) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D Vẽ đường kính DE;AE cắt BC tại M Chứng minh rằng BD = CM.
Vẽ tiếp tuyếnHEK của đường tròn (O) (H thuộcAB, K thuộc AC).
Ta có ED⊥HK, ED⊥BC nên suy ra HK ∥ BC.
Gọi N là điểm tiếp xúc của đường tròn (O) với đường thẳng AC Hai tia OK và OC là tia phân giác của góc kề bù EON và NOD, dựa trên tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau Do đó, ta có COD + KOE = 90 độ.
Khi đó ta suy ra được ∆OEK v ∆CDO nên ta có EK
CD hay EK.CD = OD.OE = r 2
Ta cũng có ∆HEO v ∆ODB nên HE
Vậy ta có HE.BD = r 2 = EK.CD.
Từ đó ta có EH
Trong tam giác ABM có HE ∥ BM. Áp dụng hệ quả của định lí Talet ta được: HE
Tương tự ta cũng có EK
Từ (1) và (2) ta có BD = CM.
Từ một điểm M trên đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC có cạnh bằng a, kẻ các đường thẳng song song với AB và AC, các đường thẳng này cắt BC tại hai điểm P và Q Cần chứng minh rằng
Gọi H, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AB, AC.
T Đường thẳng qua M song song với AB cắt BC ở P và cắt AC ở T, đường thẳng qua M song song với AC cắt BC cắt BC ở Q và cắt AB ở
J, đường thẳng qua M song song với BC cắt AB ở I và cắt AC ở N. Đặt BP = x, P Q = y, QC = z.
Do tam giác ABC đều nên dễ dàng ta nhận thấy:
Suy raBP 2 +P Q 2 +QC 2 = AT 2 +T N 2 +N C 2 = AJ 2 +J I 2 +IB 2
Như vậy ta chỉ cần xét trường hợp M nằm trên cung nhỏ EF là đủ.
Ta có a 2 = (x+ y+ z) 2 = x 2 +y 2 +z 2 + 2(xy +yz +zx)
Gọi D là giao điểm của M Q với đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Suy ra QH 2 = QM.QD = M J.M Q = x.M Q.
Do tính đối xứng của tam giác đều ABC qua trục BF nên
Mặt khác vì Q thuộc HC nên
Khai triển và rút gọn ta được BP 2 +P Q 2 +QC 2 = a 2
2.2.2 Dạng toán vận dụng tích vô hướng của hai vectơ
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [2].
Bài toán 2.28 Cho tam giác ABC có I là tâm của đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng a−→
Gọi D là giao điểm của AI với BC
Gọi E là giao điểm của BI với AC
Kẻ CF ∥AD cắt BE tại F
Kẻ CJ ∥BE cắt AD tại J
Tứ giác CF IJ là hình bình hành nên −→
CI (1) Áp dụng định lý Talet ta có CF
Tương tự ta có CJ
Bài toán 2.29 Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi A o , B o , C o lần lượt là hình chiếu của I trên BC, CA, AB Chứng minh rằng a−−→
= ar 2 −br 2 cosC −cr 2 cosB
Mặt khác ta luôn có a = 2RsinA;b = 2RsinB;c = 2RsinB và sinBcosC + sinCcosB = sinA
Chứng minh tương tự ta cũng có −−→
Do I, A o , B o không thẳng hàng nên −→v = 0
Bài toán 2.30 Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.
Chứng minh rằng IA 2 bc + IB 2 ca + IC 2 ab = 1.
Bài giải Ta đã chứng minh được kết quả a−→
IC) 2 = 0 Khai triển vế trái theo hằng đẳng thức ta có a 2 IA 2 +b 2 IB 2 +c 2 IC 2 + 2ab−→
IA = 0 Mặt khác ta có −→
Thay vào (1) ta được: a 2 IA 2 +b 2 IB 2 +c 2 IC 2 +ab(IA 2 +IB 2 −c 2 )
+bc(IB 2 +IC 2 −a 2 ) +ca(IC 2 +IA 2 −b 2 ) = 0 Sau khi khai triển vế trái rồi thực hiện phép nhóm hạng tử ta được: (a 2 +ab+ca)IA 2 + (b 2 + ab+ bc)IB 2 +
+ (c 2 +bc+ca)IC 2 −(abc 2 +a 2 bc+ ab 2 c) = 0.
Suy ra (a+b+c)(aIA 2 + bIB 2 +cIC 2 −abc) = 0.
Do a+b+c > 0 nên aIA 2 + bIB 2 +cIC 2 −abc = 0
Vậy IA 2 bc + IB 2 ca + IC 2 ab = 1
2.2.3 Dạng toán vận dụng hệ thức lượng trong tam giác và đường tròn
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [4].
Bài toán 2.31 Các góc của một tam giác thỏa mãn bất đẳng thức
A >ˆ B >ˆ Cˆ Hỏi đỉnh nào của tam giác nằm gần tâm đường tròn nội tiếp hơn cả?
Bài giải Gọi I, r là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
2 Bởi vì hàm số sin đồng biến trong khoảng từ (0 o ; 90 o ) nên sinA
2 Như vậy IA < IB < IC, tức đỉnh A sẽ gần tâm đường tròn nội tiếp hơn cả.
Bài toán 2.32 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh rằng h a +h b +h c ≥ 9r Dấu "=" xảy ra khi nào?
Bài giải Bởi vì a.h a = 2S = 2rp= r(a+b+c)
Tương tự ta cũng có h b = r
≥ 9r. Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài toán 2.33 Cho tam giác ABC, chứng minh rằng r = (p−a) tanA
2. Bài giải Đường tròn nội tiếp (I, r) tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB của tam giác lần lượt tại M, N, P
Ta có AP +BM +CN = p
Suy ra AP = p−a, BM = p−b, CN = p−c.
Bài toán 2.34 yêu cầu chứng minh rằng tổng khoảng cách từ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC đến ba đỉnh của tam giác (IA + IB + IC) lớn hơn hoặc bằng 6S/p, trong đó S là diện tích và p là nửa chu vi của tam giác Dấu "=" xảy ra khi nào?
Gọi a, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh BC, AC, AB và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Vẽ BH ⊥ IA, CK ⊥ IA(H, K ∈ IA)
Ta có rc = IA.BH;rb = IA.CK và BH +CK ≤BM +M C = a.
Do đó rc+rb ≤ IA.a suy ra IA ≥ r(b+ c) a
Tương tự ta có IB ≥ r(a+ c) b ;IC ≥ r(a+b) c
Vậy IA+IB +IC ≥ r(a b + b a + c b + b c + c a + a c) ≥6.r Lại có S = pr ⇒ r = S p
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c Tức ∆ABC đều.
Bài toán 2.35 Chứng minh rằng khoảng cách từ trọng tâm G đến tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC được tính theo công thức
Bài giải Gọi A ′ là trung điểm cạnh BC; M, N, P là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC, AB, AC.
Do p−b = BM và AN = p−a nên từ tam giác vuông IM A ′ ta có
Từ tam giác vuôngIN Ata cóIA = √
IN 2 + AN 2 = √ r 2 + (p−a) 2 Áp dụng định lí Stewart cho tam giác IAA ′ ta được
IA 2 GA ′ + IA ′ 2 AG−IG 2 AA ′ = AG.GA ′ AA ′
18 Thực hiện các phép khai triển và rút gọn ta thu được
Bài toán 2.36 Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với ba cạnh BC, AC, AB tại M, N, P Đặt N P = a 1 , M P b 1 , M N = c 1 Chứng minh rằng
Bài giải Ta có a 1 = N P = 2ANsin A
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = c và a = b Hay ∆ABC đều.
Lí luận tương tự ta có : b 2 1 ≤ ac
≥ a 2 bc + b 2 ac + c 2 ab ≥3 3 vu uu t
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Hay ∆ABC đều.
Bài toán 2.37 Cho ∆ABC Chứng minh rằng 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 ≤ 1
4r 2 Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi a = b = c.
2.2.4 Dạng toán vận dụng các phép biến hình
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [7].
Bài toán 2.38 Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh
AB và AC tương ứng tại các điểm C ′ và B ′ Chứng minh rằng nếu AC >
Gọi B ′′ là điểm đối xứng của B qua phân giác góc Aˆ Khi đó B ′′ nằm trên cạnh AC và AB = AB ′′
Tam giác ABB ′′ cân tại A, do đó AB\ ′ B ′ là góc nhọn và BB\ ′′ C là góc tù.
Mặt khác tia B ′′ C ′ nằm ngoài góc BB\ ′′ C nên C\ ′ B ′′ C là góc tù, đối diện với góc đó là cạnh CC ′
Vì vậy CC ′ > B ′′ C ′ hay CC ′ > BB ′
Bài toán 2.39 Cho đường tròn tâm (O) nội tiếp trong tam giác
ABC, các tiếp điểm thuộc AB, BC, CA lần lượt là I, J, K Chứng minh rằng −→
Vì OI⊥AB và OK⊥AC nên tứ giác AIOK nội tiếp trong đường tròn đường kính AO.
Như thế, tam giácAIK nội tiếp trong đường tròn này, do đó áp dụng hệ quả của định lí Ptô - lê - mê ta có IK = OAsinA (1)
Ngoài ra, tam giác AIK cân và AO⊥IK (2)
Xét phép quay tâm (O), góc quay −90 0 , qua phép quay này:
Từ đó I 1 K 1 ⊥IK (3) và I 1 K 1 = IK (4)
Từ (2) và (3) ta suy ra I 1 K 1 ∥ AO (5)
Từ (1) và (4) ta có I 1 K 1 = OAsinA (6)
OAsinA. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có−−→
Ta suy ra được điều phải chứng minh.
ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN HỆ GIỮA ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP VÀ ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP CỦA TAM GIÁC
2.3.1 Dạng toán vận dụng tam giác đồng dạng
Hầu hết các bài toán được tham khảo từ tài liệu [8].
Trong tam giác ABC, R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính của đường tròn nội tiếp Cần chứng minh rằng R luôn lớn hơn hoặc bằng 2r Đẳng thức R = 2r xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều.
Kéo dàiIO cắt (O) tại E, F, AI cắt cung BC tại D, DO cắt (O) tại
Ta có ∆IAE v ∆IF D [AIE[ = DIF , [ EAI [ = IF D [)].
Suy ra IA.ID = IE.IF
Mà IE.IF = (R−OI)(R+OI) =R 2 −OI 2 nên IA.ID = R 2 −OI 2 (1)
Mặt khác DIC[ = IAC [ +ICA [ (DIC[ là góc ngoài ∆IAC).
Mà ACI[ = ICB, [ IAC [ = BCD, \ ICD [ = ICB [ +BCD \
Do đó DIC[ = ICD [ suy ra ID = DC (2)
Ta có KCD\ = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Khi đó ∆HAI v ∆CKD (IAH[ = CKD, \ \ IHK = KCD \ = 90 o )
DK hay IA.DC = IH.DK = r.2R (3)
Từ (1), (2), (3) ta có R 2 −OI 2 = r.2R Suy ra OI 2 = R(R−2r)
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi OI = 0 hay I ≡ O Tức ∆ABC đều.
Bài toán 2.41 Cho (I;r) là đường tròn nội tiếp trong tam giác
ABC M là trung điểm BC, M I cắt đường cao AH của tam giác ABC tại K Chứng minh rằng AK = r.
Tia IA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D thì
DB = DC, suy ra M D⊥BC và M D ∥ AH.
O Áp dụng định lí Ta - lét ta có AK
Ta có BID[ = BAI [ +ABI [ = CBD \ +IBD [ = IBD [.
Gọi T là tiếp điểm của AB với đường tròn tâm I
Ta có ∆AIT v ∆BDM (g.g) nên AI
2.3.2 Dạng toán vận dụng tích vô hướng của hai vectơ
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [2].
Bài toán 2.42 Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng (a+b+c)−→
OC Bài giải Khai triển vế trái ta có
Bài toán 2.43 Với mọi tam giác ABC, chứng minh rằng
OI 2 = R 2 − abc a+b+c Bài giải Từ (a+b+ c)−→
OC. Bình phương vô hướng hai vế đẳng thức này ta được:
Thay các kết quả trên vào (1) ta có
OI 2 = (a 2 +b 2 +c 2 )R 2 +ab(2R 2 −c 2 ) +ac(2R 2 −b 2 )+ +bc(2R 2 −a 2 ) = (a+b+c) 2 R 2 −abc(a+b+c)
2.3.3 Dạng toán vận dụng hệ thức lượng trong tam giác và đường tròn
Hầu hết các bài toán được tham khảo trong tài liệu [4].
Trong tam giác ABC, với G là trọng tâm, I là tâm đường tròn nội tiếp và O là tâm đường tròn ngoại tiếp, ta cần chứng minh rằng khoảng cách từ I đến O (IO) luôn lớn hơn hoặc bằng khoảng cách từ O đến G (OG), tức là IO ≥ OG.
Từ (1) và (2) suy ra OG 2 ≤ R 2 −2Rr.
Do hệ thức Euler : OI 2 = R 2 −2Rr nên ta có OG ≤ OI
Bài toán 2.45 Gọi H là trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng 2(AH.BH +AH.CH+BH.CH) = a 2 +b 2 +c 2 + 8Rr+ 4r 2 −8R 2
Với H là trực tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác
ABC, ta có HA 2 +HB 2 +HC 2 = 12R 2 −(a 2 +b 2 +c 2 ) (1)Thật vậy, gọi A ′ là hình chiếu vuông góc của O xuống BC.
Vì AH 2 = (2OA) 2 = 4(OB 2 −BA 2 ) = 4R 2 −a 2 nên a 2 +HA 2 = 4R 2
Tương tự ta có b 2 +HB 2 = c 2 +HC 2 = 4R 2
Lại có HA = 2OA ′ = 2k a (do GH = 2GO theo định lí Euler)
Tương tự ta có BH = 2k b , CH = 2k c
Vì vậy theo định lí Carnot ta có AH +BH +CH = 2(R+r) (2) Mà
2(AH.BH +AH.CH +BH.CH) = (AH +BH +CH) 2 −(AH 2 +
Do đó từ (1) và (2) ta được
2(AH.BH+AH.CH+BH.CH) = [2(R+r)] 2 −12R 2 + (a 2 +b 2 +c 2 )
Bài toán 2.46 Với các kí hiệu thông thường, chứng minh rằng
Bài giải Theo hệ quả của định lí Carnot bên trên ta đã có
R+r = R(cosA+ cosB+ cosC) tức cosA+ cosB+ cosC) = R+r
Vậy ta cần chứng minh 3r
Bài toán 2.47 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có h 2 a bc + h 2 b ac + h 2 c ab ≥ 9r 2
Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta được h 2 a bc + h 2 b ac + h 2 c ab ≥ (h a +h b +h c ) 2 ab+bc+ca (1) mà h a +h b + h c ≥ 9r (2)
Mặt khác ta có ab+ bc+ca ≤a 2 + b 2 +c 2 = 4R 2 (sin 2 A+ sin 2 B+ sin 2 C)
Ngoài ra ta cũng có sin 2 A+ sin 2 B + sin 2 C ≤ 9
Suy ra ab+bc+ca ≤ 9R 2 (3)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra được điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài toán 2.48 yêu cầu chứng minh rằng trong tam giác ABC, tích của các đoạn thẳng AA′, BB′, và CC′, được tạo thành từ các đường phân giác cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm A′, B′, C′, thỏa mãn bất đẳng thức AA′.BB′.CC′ ≥ 16R²r, với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp.
Bài giải Áp dụng định lí Ptô - lê - mê cho tứ giác ABA ′ C ta có
AA ′ BC = AB.A ′ C +AC.A ′ B hay aAA ′ = cA ′ C +bA ′ B
AA ′ là tia phân giác của góc \BAC nên A ′ là điểm chính giữa
2 Chứng minh tương tự ta được
Khi đó AA ′ BB ′ CC ′ = 8R 3 (b+c)(a+c)(a+b) abc sinA
2 và (b+c)(a+c)(a+b) ≥8abc nên AA ′ BB ′ CC ′ ≥ 16R 2 r
Bài toán 2.49 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm
Trong tam giác có bán kính R, tâm đường tròn nội tiếp được ký hiệu là I Các đường phân giác trong của các góc A, B và C cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm A1, B1 và C1 Cần chứng minh rằng
Nhận xét rằng A\ 1 IB = A \ 1 BI = A+B
Do vậy tam giác A 1 BI là tam giác cân và A 1 I = A 1 B = 2RsinA
Sử dụng bất đẳng thức sin A
8 và áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
Từ đó ta nhận được 1
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.50 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn luôn có m a h a + m b h b + m c h c ≤ 1 + R r
Bài giải Giải sử O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
A 1 , B 1 , C 1 tương ứng là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.
Khi đó m a = AA 1 ≤ OA+OA 1 = R+OA 1
Ta sẽ chứng minh rằng 1 h a + 1 h b + 1 h c = 1 r và OA 1 h a
2S = aOA 1 +bOB 1 +cOC 1 = 2S h a OA 1 + 2S h b OB 1 + 2S h c OC 1
ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐA GIÁC NỘI, NGOẠI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN 49 3.1 ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐA GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN
ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐA GIÁC NGOẠI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN
Trong bài toán 3.24, phần a yêu cầu chứng minh rằng đối với tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O), tổng độ dài hai cạnh đối diện là AB + CD = BC + AD Phần b của bài toán yêu cầu chứng minh rằng nếu tứ giác ABCD thỏa mãn điều kiện AB + CD = BC + AD, thì tứ giác này cũng sẽ ngoại tiếp một đường tròn.
Giả sử đường tròn(O)nội tiếp và tiếp xúc với các cạnhAB, BC, CD, DA lần lượt tại E, F, G, H
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AE = AH, BE BF, DH = DG, CG = CF
Do đó AB+ CD = BC +AD. b.
* Nếu AB = BC và theo giả thiết AB + CD = BC + AD nên ta suy ra CD = AD.
Từ đó ta có BD là đường phân giác góc Bˆ và Dˆ.
Gọi O là giao điểm của tia phân giác của góc Cˆ và BD.
Ta có BO, DO, CO lần lượt là các tia phân giác của B,ˆ D,ˆ Cˆ.
Vậy O cách đều các cạnh của tứ giác ABCD.
Vậy tứ giác ABCD ngoại tiếp.
* Nếu AB ̸= BC Giả sử AB < BC, mà theo giả thiết ta có AB +
CD = BC +AD nên AD < CD
Trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy M, N sao cho BM = AB, DN AD mà AB +CD = BC +AD do vậy CM = CN
Tam giácBAM cân tạiB Tam giácDAN cân tạiD, tam giácCM N cân tại C
Các đường phân giác của các góc B,ˆ C,ˆ Dˆ chính là các đường trung trực của tam giác AM N nên chúng đồng quy tại O.
Suy ra O là điểm cách đều các cạnh của tứ giác ABCD Vậy tứ giác
Bài toán 3.25 Cho tứ giácABCDngoại tiếp đường tròn (O) Chứng minh rằng
Gọi r là bán kính đường tròn tâm (O) nội tiếp tứ giác ABCD
Ta có AB +CD = BC +AD
Nên S OAB +S OCD = S OBC + S OAD
Bài toán 3.26 Cho hình thang cân ABCD(AB ∥ CD) ngoại tiếp đường tròn (O;R) Chứng minh rằng AB.CD = 4R 2
Ta có tam giác AEO và tam giác AF O bằng nhau (tính chất tiếp tuyến của đường tròn) Nên \AEO = \ AOF
Tương tự ta cũng có DOK\ = DOF \ nên DOA\ = 90 o
Xét tam giác AOD vuông tại O, đường cao OF
Bài toán 3.27 Cho đường tròn tâm O nội tiếp hình thang ABCD,
AB ∥ CD tiếp xúc với các cạnh AB tại E, với cạnh CD tại F Chứng minh rằng BE
Gọi M là tiếp điểm của đường tròn (O) tiếp xúc với AD
Ta có AM = AE, AO là tia phân giác của góc EAM\, DM = DF,
DO là tia phân giác của góc M DF\.
Ta có EAM\ +M DF \ = 180 o (EAM\ và M DF\ là hai góc trong cùng phía và AB ∥ CD).
∆OAD vuông tại O với OM là đường cao nên ta có AM.DM OM 2
Tương tự ta có BE.CF = R 2
Nên ta có AE.DF = BE.CF.
ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐA GIÁC VỪA NGOẠI TIẾP VỪA NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O;r) và nội tiếp một đường tròn khác Gọi I, K, M, H lần lượt là hình chiếu của O lên các cạnh AB, BC, CD, DA Cần chứng minh rằng r² AK.CM = BI.DH.
Kí hiệu I, K, M, H là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD trên các cạnh BC, AB, DC, AD, với r là bán kính của đường tròn Đặt CH = CI = x, DH = DM = y, BI = BK = t, và AK = AM = z.
ABCD là tứ giác nội tiếp nên KBO\ +ODH \ = 90 o , từ đó ta có
Suy ra t r = r y suy ra r 2 = yt hay ta có r 2 = BI.DH
Hoàn toàn tương tự ta cũng có r 2 = AK.CM
Bài toán 3.29 Cho tứ giác nội tiếp và ngoại tiếp ABCD cóAB a, BC = b, CD = c, DA = d Khi đó diện tích S của tứ giác được tính bằng công thức S = √ abcd.
Bài giải Ta sử dụng các kí hiệu và hình vẽ như bài toán 1 ở trên Gọi
I, K, M, H lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD trên các cạnh BC, AB, AD, r là bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác
ABCD. Đặt CH = CI = x, DH = DM = y, BI = BK = t, AK = AM = z
GọiS là diện tích của tứ giác ABCD,plà nửa chu vi tứ giác ABCD.
Ta có S = pr = (a+ c)r vì a+c = b+d nên ta có S 2 = (a+c) 2 r 2
Mặt khác ta có abcd = (z+ t)(t+x)(x+y)(y +z)
= (zt+xz +t 2 + xt)(xy+ xz+y 2 + yz)
= (zt+yt+t 2 + xt)(xy+ yt+y 2 +yz)(doxz = yt)
= r 2 (c+a) 2 (do r 2 = yt đã chứng minh ở bài toán 1.)
Do đó S 2 = abcd, vậy S = √ abcd
Bài toán 3.30.Cho tứ giácABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn có diện tích S và chu vi p Chứng minh rằng p 2
Gọi O là tâm và r là bán kính của đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD Các điểm M, N, P, Q lần lượt là hình chiếu của tâm O lên các cạnh AB, BC, CD, DA Theo định lý, tổng độ dài các đoạn thẳng AM, BN, CP và DQ bằng bán kính r, tức là p = AM + BN + CP + DQ = r.
Tương tự ta cũng có tan B
Bài toán 3.31 Chứng minh nếu một đa giác có diện tích S nội tiếp trong hình tròn diện tích A và ngoại tiếp một hình tròn diện tích B thì ta có S ≤ A+ B
Giả sử đa giác K ngoại tiếp đường tròn (I, r) và nội tiếp trong đường tròn (O, R)
Kí hiệu độ dài các cạnh của đa giác K là a i , và các góc nhìn từ O xuống các cạnh này là α i
Nếu nối I với các đỉnh của K, ta thu được các tam giác có với diện tích là ra i
Mặt khác trong hình tròn (O, R) ta có các đẳng thức a i = 2Rsinα i
Luận văn trình bày hệ thống các bài toán đẳng thức và bất đẳng thức liên quan đến đa giác nội và ngoại tiếp đường tròn Tác giả đã thực hiện các công việc cụ thể để phân tích và giải quyết những vấn đề này.
Trình bày có hệ thống và chứng minh một số tính chất hình học liên quan đến đa giác với đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của nó.
Bài viết này trình bày các bài toán cụ thể và logic, từ những vấn đề cơ bản đến nâng cao Chúng tôi cung cấp lời giải chi tiết cho các đề thi học sinh giỏi và đề thi Olympic, giúp người đọc nắm vững kiến thức và kỹ năng cần thiết.
Trong luận văn, tác giả phân tích chi tiết các dạng toán cơ bản liên quan đến đa giác nội và ngoại tiếp đường tròn, đặc biệt là các bài toán chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức Ngoài ra, luận văn còn mở rộng đến nhiều dạng toán khác như bài toán cực trị hình học, bài toán dựng hình, tìm tập hợp điểm và chứng minh các tính chất hình học.
Tác giả mong muốn truyền tải kiến thức hình học một cách dễ hiểu và gần gũi, từ đó tạo nền tảng vững chắc cho việc áp dụng và phát triển kỹ năng giải toán ở các chương trình và cấp học cao hơn.