chuyen de hsg THPTBDT luong giac

Gäi I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp cña tam gi¸c ABC.[r]

http://NgocHung.name.vn

III Bất đẳng thức giữa các cạnh, các đờng trong tam giác

Bài 30 Cho tam giác ABC Gọi a, b, c và ha, hb, hc lần lợt là các cạnh và các độ dàicủa các đờng cao kẻ từ A, B, C; R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp và S là diện tíchtam giác ABC Chứng minh rằng:

.(đpcm)

Dấu “ = ” xảy ra

⇔ a

x2y2

+y2z2≥2 xy2z ; y2z2

+z2x2≥ 2 xyz2 ; z2x2

+x2y2≥ 2 x2yz Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợc

x2y2+y2z2+z2x2≥ xyz(x + y +z) (đpcm)

 Để chứng minh (**), ta không nhất thiết phải chứng minh (*) mà có thểchứng minh trực tiếp nh sau:

Theo công thức tính diện tích: S=abc

(bất đẳng thức đã đợc chứng minh ở bài 24(câu 1) ).

Vậy (* *) đúng Dấu “ = ” xảy ra  sin A = sin B = sin C  A = B = C

 Từ (* *) ta suy ra đợc một số bất đẳng thức “khá đẹp”:

1) a+b +c ≥ 2√427.√S ; 2) a2+b2+c2≥ 4❑

√3 S ; 3) a3

+b3+c3≥ 84

⇔ a2+b2+c2≥ 4√3 S (đpcm)4) 3(a4

+b4+c4

)≥(a2+b2+c2

Đặt T =(ab+bc+ca3 )1/ 2⇒ ab+bc+ca=3 T2

.Lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta đợc:

 a3

+b3

+c3≥ 3(4√33 S)32=8√43 S√S (đpcm) Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c = T  ABC là tam giác đều

(Ngoài cách chứng minh trên, ta còn có cách chứng minh “rất bất đẳngthức” sẽ đợc trình bày theo bài riêng)

 Mở rộng bài toán (* *): Với mọi tam giác ABC, ta luôn có

a α b α+b α c α+c α a α ≥ 4 α.31 − α2 S α (  +) (1)

Giải Thay S=abc

4 R vào (1) và áp dụng định lí hàm số sin, ta đợc

(1)  1

sinα A+

1sinα B +

1sinα C ≥ 2

1sinα C ≥

3

(sin A sin B sin C) α /3 . (2)

Lại có sin A sin B sin C ≤3√3

8 ⇒(sin A sin B sinC ) α /3 ≤3α/ 2

2α .(3)

Từ (2) và (3) suy ra 1

sinα A +

1sinα B +

1sinα C ≥

(2) ⇔[a 2 n − (b −c ) 2 n]+[b 2 n −(c − a) 2 n]+[c 2 n − (a −b ) 2 n]≥ 3.(4 S√3)n (2*)Chỉ cần chứng minh (2*) đúng với n  2 (n = 1 chính là bất đẳng thức (*)), tacó:

Chứng minh tơng tự, ta có: b 2 n −(c −a)2n ≥ 4 n

[(p −c).(p − a)]n (6) Dấu “ = ” của (6) xảy ra  c = a

x n y n+y n z n ≥ 2( √xz y)n (8); y n z n+z n x n ≥ 2( √xy z)n (9)

z n x n+x n y n ≥ 2( √yz x)n (10)

Cộng từng vế của (8), (9), (10), ta đợc

VT(2*) 4n xyzn. x n  y n  z n

§Æt A= x + y +z

Dấu “ = ” xảy ra  p− a=p − b=p − c ⇔ a=b=c

Chứng minh: Để chứng minh (1), nếu thông qua bất đẳng thức (*) sẽ phức

tạp Ta chứng minh trực tiếp bằng cách dùng định lí hàm số sin và áp dụngbất đẳng thức Cô-si Ta có

(1) ⇔(sin A sin B sin C)α2+(sin B sinC sin A)α2+(sin C sin A sin B)α2≥ 2

α

2 31 − α4 (1*)

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:

(sin A sin B sin C )α2+(sin B sin C sin A)α2+(sin C sin A sin B)α2≥ 3

(sin A sin B sin C)

α

6

Vì sin A sin B sin C ≤3√3

α

2

sin C sin A sin B

⇔sin A=sin B=sin C ⇔ A=B=C  Tơng tự, ta có bất đẳng thức “khá đẹp” sau: ab2+bc2+ca2≥ 8 √43 S√S (2)  Mở rộng (2), ta đợc a α b β+b α c β+c α a β ≥ 2 α+ β.31− α+ β4 S

α+ β

2 (,   0)

Bài 33 Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và S là diện tích Chứng minh

rằng với hai số nguyên dơng x, y bất kì, ta luôn có

cy +ax ≥ ( x+ y )(x+ y)√c y a x (5) Nhân từng vế của (3), (4), (5) với nhau, ta đợc:

(ay + bx) (by+cx) (cy +ax)≥(x+ y)3 abc Để (2) đúng ta chỉ cần chứng minh abc ≥ 8 S4 √S

√27 . (6)

Theo công thức tính diện tích, ta có 2 S=ab sin C=bc sin A=ca sin B

4 y3

 Việc chứng minh đợc bất đẳng thức abc ≥ 8 S4 √S

√27 đã giúp ta giải quyết đợc

một số bài toán mở rộng của bài 31 một cách rất đơn giản

Ví dụ: Ta chứng minh bài toán mở rộng sau:

Bài 34 Cho tam giác ABC có các cạnh lần lợt là a, b, c Gọi p là nửa chu vi, S là

diện tích, r là bán kính đờng tròn nội tiếp Chứng minh rằng

Ta l¹i cã S = abc

4 R=p r =

a+b+c

2 .r  2R.sinA.sinB.sinC = (sinA + sinB + sinC).r

¿3

¿

Do sinA.sinB.sinC

3 38

 nªn

2

3 3(sin sin sin )

R

12

r R

12

Ta đã có mối liên hệ giữa p, S, R với r và p, R với S Liệu ta có thể thiết lập

đợc mối liên hệ giữa p và R hay không?

Ta có p =

3 3(sin sin sin )

2 hay Δ ABC đều

Ta cũng có a2 + b2 + c2 = (sin2A + sin2B + sin2C).4R2 9

4 .4R2 = 9R2.(9)

Do đó, ta có a + b + c √3.(a2

+b2+c2) 3 √3 R

Vậy từ (5), (7), (9), ta có các kết quả sau:

1) Theo công thức diện tích, ta có 2S = aha = bhb = chc

Khi đó, theo (11) ta có 8S3 = abc.h ❑a h ❑b h ❑c 8 S√S

2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có

abc¿

α

3

¿1

a β+ 1

b β+ 1

c β ≥3

¿

Mặt khác, theo (8) ta có 3 3R a b c   33abc hay (abc)

4) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có

2 3

9aR2 3.bp18cr3 18 3abc pRr

Nhân từng vế các bất đẳng thức (11), (13), ta có

316

3 3

S abc pRr 

Suy ra 9aR2 3.bp18cr 36.S (đpcm).

S S abc

S S pRr

Bài 36 Cho tam giác ABC Gọi p là nửa chu vi; r, R lần lợt là bán kính đờng tròn nội

tiếp, ngoại tiếp; S là diện tích Chứng minh rằng

p2 + r2 + 4Rr 4√3 S

(1)

Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 36 số, trong đó có 27 số

227

9 18 2 2 9 9 4

Nhận xét: Ngoài cách chứng minh trên, ta có thể chứng minh theo cách sau:

Theo công thức diện tích, ta có S2 = p.(p  a).( p  b).(p  c) = p2r2

Bài 37 Cho tam giác ABC có l l l a, ,b c

lần lợt là độ dài các đờng phân giác của cácgóc A, B, C Chứng minh rằng:

1)

l a

cosA2

+ l b

cosB2

+ l c

cosC2

b c ; l b =

2.cos2

c a ; l c =

2.cos2

Suy ra:

2cos

l b

cosB2+

l c

cosC2 = 2 (bcb+c+

l b

cosB2+

l c

cosC2

2.√427 √S (®pcm)

DÊu “=” x¶y ra

⇔

√ab=√bc=√caabc=8 S4 √S

l a +

cosB2

l b +

cosC2

l a +

cosB2

l b +

cosC2

Bài 38 Cho tam giác ABC Gọi l l l a, ,b c

lần lợt là độ dài của các đờng phân giáccủa các góc A, B, C Chứng minh rằng:

l a+l b+l c  √3

2 (a + b + c) (®pcm). DÊu “=” x¶y ra  a = b = c

 Với đề bài nh vậy, ta có thể suy ra nhiều bất đẳng thức hay, chẳng hạn:

5 82

3 4.¿

Giải Đặt A =

p −c¿

3 8

¿

p− b¿

3 8+¿

p− a¿

3 8+¿

3(p – a + p – b + p – c) + 15 A

8

3  8 A

5 3

p −c¿

3 8

p− b¿

3 8+¿

(p − a)

3 8+¿

MÆt kh¸c, tõ (1), (2), (3) ta cã

l a

3 4+l b

3 4+l c

3

4≤ p

3 8

p −c¿

3 8

p− b¿

3 8+¿

3 4+l c

3 4+l c

3

4 

a+b +c¿

3 43

5 82

3 4.¿

DÊu “=” x¶y ra  p – a = p – b = p – c = A

8 3

l b  √p (p − b)

 l b  p p b(  )2

; (2)

l c  √p (p − c)

 l c  p p c( )2

(3)

S







Trong tam giác ABC bất kì , ta có: h a ≤l a ; h b ≤l b ; h c ≤l c

Từ (*) ta có các bất đẳng thức về mối liên hệ giữa các cạnh, đờng cao, diệntích tam giác nh trên

 Để chứng minh (*) không nhất thiết phải thông qua abc

l a l b l c ≥

8

3√3 mà

ta có thể chứng minh trực tiếp nh sau:

Ta có: 2 S=a h a=ab sin C (1); 2 S=b h b=bc sin A (2)

2 b2=c2+a2

2 c2

=a2+b2

2√3 ⇔ m a

2√3 m a2

a2+b2+c2 (6)

T¬ng tù: m b

2√3 m b2

a2+b2+c2 (7); m c

2√3 m2c

a2+b2+c2 (8)

)

a2+b2+c2

Do m a2+m b2+m c2=3

4(a

2+b2+c2)

4(a

2+b2+c2)=3√3

+) (m a a)q+(m b b)q+(m c c)q ≥3 ( √23)q (*)+) (m a

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợc

a2+b2+c2

 a 2 q

=b 2 q

=c 2 q

Bài 42 Cho tam giác ABC Gọi m m m a, b, c

lần lợt là độ dài các đờng trung tuyếncủa các góc A, B, C Chứng minh rằng:

Giải Với kết luận của bài toán thì b  a, a  c, c  b.

Từ các công thức đờng trung tuyến ta suy ra:

a b c  

.Mặt khác, a  b, b  c và c  a nên đẳng thức không xảy ra

Kết hợp với (4), ta đợc

4 4

b2h a2

+c2h a2

+c2h b2+a2h b2+a2h c2+b2h c2≥ 6(aha bhb chc)46=24 S2 Suy ra 2( m a2 h2a+m b2 h b2+m c2 h c2 ) 24 S2−6 S2=18 S2

Nhân từng vế của (4), (5), (6), ta đợc

(m a m b m c)2≥ p3(p −a)(p −b)(p −c)=(p S)2 Khi đó, theo bất đẳng thức Cô-si, ta có

33

Mặt khác, ta có: aha bhb chc=8 S3 (9); abc ≥ 8 S4 √S

√27(10)

Từ (7) và (10) suy ra m a m b m c ≥3

2(abc )

1 3

S ≥√427 S√S (11) Thay (9), (10), (11) vào (8), ta suy ra:

a b c

S S abc

1 3

Bài 45 Cho tam giác ABC Gọi ma, là độ dài của đờng trung tuyến xuất phát từ

đỉnh A, l b là độ dài đờng phân giác xuất phát từ đỉnh B; h

c là độ dài của đờng caoxuất phát từ đỉnh C Chứng minh rằng

m a+l b+h c ≤√3

2 (a+ b+c ) (Toán học & tuổi trẻ)

Giải Đặt:

Theo công thức đờng cao, ta có:

NhËn xÐt: Ta cã l c ≤√p(p −c) VËy theo c¸ch chøng minh trªn, ta suy ra bÊt

Dấu “ = ” của 1) xảy ra  a = b = c.

2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:

r a7 h b+r b7 h c+r c7 h a ≥ 3(r a r b r c)

7 3

4

3≥(4√27 S√S)

4 3

=3 S2 .(3)

+r b α h c β

+r c α h a β ≥ 3 1+ α +β4 S

α+ β

2 (  3;   0) (**)Bạn đọc có thể chứng minh trực tiếp (*), (**) mà không cần phải thông qua cácbất đẳng thức ở trên

Bài 48 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

Từ kết quả (1) và (2) suy ra (*) đợc chứng minh.

Dấu “ = ” của (*) xảy ra  a = b = c

(p – c)m + ( ⏟p3)m+ +(3p)

(m − 1)lanm

≥ m( p −c ).(3p)m − 1

(5) Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta đợc:

Bài 49 Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng:

IA.IB3 + IB.IC3 + IC.IA3  48r4 (*)

Giải Gọi H là hình chiếu của I trên BC

Ta có IH = IC sin C

2 hay r = IC sin

C

2 A Tơng tự: r = IA sin A

2 ; r = IB sin

B

2

C B Suy ra

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:

IA.IB3 + IB.IC3 + IC.IA3 3(IA.IB.IC) ❑43  48r4 ( đpcm)

Dấu “=” xảy ra 

¿sin A

Nhận xét: Bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta dễ dàng mở rộng bất đẳng

thức (*) dới dạng:

1) IA + IB + IC  3(2r) (  + );

2) IA IB+ IB IC + IC.IA  3.(2r)+ (,   +)