Tài liệu Khai Thác vec tơ bình phương pptx

Đẳng thức xảy ra khi và 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 đ

KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG

0 MA MB   MC

.

Nguyễn Lái

GV THPT chuyên Lương Văn Chánh

Xét bất đẳng thức (BĐT): 2

(MA MB   MC) 0

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 BĐT 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:(MAMBMC)2 0 MA2 MB2 MC2 2.MA.MB2.MB.MC2.MC.MA0

Lúc này : OA = AB = OC = R, nên B ĐT (*) trở thành : a2 + b2 + c2 9R2 (1)

+Áp dụng hệ thức sin, thay a 2RsinA ; b 2RsinB; c 2RsinC ,vào (1) ta có

4

9 sin

sin

sin2 A 2 B 2C (2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

+Áp dụng BĐT Bunhiacovski ,từ (1) có

3

1

(a+b+c)2  a2 + b2 + c2 9R2

3

1

(a+b+c)2  9R2

 4R2(sinA + sinB + sinC)2 27R2

 sinA + sinB + sinC 

2

3 3

+Tiếp tục vận dụng các hệ thức l ượng tam giác và các BĐT Cauchy ,Bunhiacovski t ừ (1) suy ra

S

R C B

9 sin

1 sin

1

sin





S

R gC gB

gA

4

9 cot

cot cot

2





2 2

2

3 1 1

1



















S

R h

h

h a b c (6) ; 2p 3 3R (7) : 2S3 3R.r (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

Từ (*): a2 b2 c2 3MA2 MB2 MC2 a2 + b2 + c2 3(IA2 + IB2 + IC2) (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

r A

IE

tương tự có: IB =

2 sin B

r

; IC =

2 sinC

r

.

Thay IA, IB, IC các biểu thức trên vào (10)

I

A

E































2 sin 1

2 sin 1

2 sin

1 3

2 2

2

2 2 2

2

C B

A r

c b

a

2 2

2 sin

1 2

sin

1 2

sin

1

r

c b

a C B

2

3

2



















r

p r

c b a

2 2

2

2 2 sin

1 2

sin

1 2

sin

1





















r

p C

B

+Tương tự thay IA2 = r2 + (p – a)2 , IB2 = r2 + (p – b)2 , IC2 = r2 + (p – c)2 vào (10)

 2(a2 + b2 + c2)  3p2 – 9r2 (12) Đẳng thức xảy ra khi và 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

3

6R r

Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều

Từ (*) a2 + b2 + c2 3(MA2 + MB2 + MC2)a2 + b2 + c2 = 3(GA2 + GB2 + GC2 ) (14) +Gọi ma, mb, mc lần lượt là độ dài các trung tuyến đi qua A, B, C

Thay GA =

a m

3

2

, GB =

b m

3

2

, GC =

c m

3

2

vào (14) ta có đẳng thức

ma2 + mb2 + mc2 =  2 2 2

4

3

c b

3

4 ) (

3

1 abc  p

Từ (15) suy ra p2 ma2 + mb2 + mc2  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 :

4

27 sin

sin sin

3 4

3 3

1

R C

B A

R c

b a m

m m m

m

2

9

R m m m m m

2 9

1 1 1















R m m

m a b c

2 1 1

Từ (*) : a2 + b2 + c2 3 (MA2 + MB2 + MC2)

 a2 + b2 + c2 3(HA2 + HB2 + HC2) (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

cos 2 sin

cos sin

' '

sin

'

C R B

C AC B

CA CHA

CA

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

a2 + b2 + c212R2(cos2A+cos2B+cos2C) 

3

1

(a+b+c)2  12R2(cos2A+cos2B+cos2C)

cos2A + cos2B + cos2C

2











R

p

(20) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

2

1 2

1 2

1





S

c h S

b h S

a

1

; 2

1

; 2

1







r h h

1 1 1 1





Từ (19) : a2 + b2 + c2 3(HA2 + HB2 + HC2)  4 2( 12 12 12) 3 (HA2 HB2 HC2)

h h h

S

c b a











3

2 2

HC HB

HA h

h h

S

c b a























 HA2 + HB2 + HC2

2

3

2













r

S

+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:

ABC AHB

ABC AHC

ABC

BHC

S

S S

S S

S

' '

' '

'







CC

HC BB

HB AA

HA

S cHC bHB

aHA CC

HC BB

HB

AA

' '

3(HA2 + HB2 + HC2)2  (a2 + b2 + c2)( HA2 + HB2 + HC2)  (aHA + bHB +cHC)2 = 16S2

 HA2 + HB2 + HC2  S

3

4

(22).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Mời các bạn tiếp tục khai triển (*) theo h ướng

B/ Sử dụng tính vô hướng dạng : u v    u v .cos  u v,

.

sau khi khai triễn BĐT (*) :

OC OB

OA  = 3R2 +2R2 (cos2A + cos2B +cos2C)

Vậy : Trong mỗi tam giác ABC ta luôn có :

cos2A + cos2B + cos2C 

2

3

 (23)

IC IB

IA  IA2 IB2 IC2  2IA.IB cosC 2IB.IC cosA 2IC.IA cosB (24)

Ta có các bài toán sau:

 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có :

sin sin sin sin sin sin

 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, trong đó A, B, C l à 3 góc của một tam giác

 

sin sin sin

Chứng minh: (25)

Gọi N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh

2 sin A

IN

2 sin A

r

;

Tương tự : IB =

2 sin B

r

; IC =

2 sinC

r

2

A B

IA IBIA IB AIBIA IB  

 

0

2 sin

IB

 ; IC IA=

2 sin

IC



(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

2 2

2

2

B A

C C

A

B C

B

A r

C B

A r

2 sin 1

2 sin 1

2 sin

1

2 2

2







C B

A





























2

sin 2 sin 2 sin

2

sin 2 sin 2 sin

2

sin 2 sin 2 sin

B A

C C

A

B C

B

A

(a)





























2

sin 2 sin 2 sin

2

sin 2 sin 2 sin

2

sin 2 sin 2 sin

B A

C C

A

B C

B

A





























2 sin 1

2 sin 1

2 sin

1

C 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

2 2

Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều

Lời giải (26)









2

sin 2

sin 2







































2 sin 1

2 sin 1

2 sin

1 2

sin 2

sin

2

sin

2 2

C B

A































2 sin 1

2 sin

1

2

sin

1

2

C B









2

sin 2

sin 2

Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều

2 sin 1

2 sin 1

2 sin

1 2

sin 2

sin 2

sin

2 2

2









































C B

A

C B

A

Khi và chỉ khi tam giác ABC đều

I

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 IM IN IP 3r2 2r2cosA cosB cosC

2











Vậy trong mọi tam giác ABC ta có :

cosA + cosB + cosC 

2

3

(27) , cosA.cosB.cosC 

8

1

Bài toán thay lời kết : Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có :

6cosA.cosB.cosC + sin2A + sin2B + sin2C 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,vì tam giác nhọn nên O nằm trong tam giác ABC ta có:

' ' '

OC OB

OA    ( 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

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 (MAMBMC)2 0 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 Vectơ khác để “khám phá” ra điều mới, hấp dẫn h ơn /.

O

A

A'