Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học

II/ Một số bất đẳng thức cơ bản ứng dụng vào bất đẳng thức hình học. Bất đẳng thức nesbit và ứng dụng của nó trong bất đẳng thức hình học. Nếu a, b, c thì ta luôn có bất đẳng thức. Ta chứng minh bất đẳng thức trên như sau: Ta xét biểu thức sau: S = M = N = Ta có thể dễ dàng nhận ra:M + N = 3 Mặt khác theo bất đẳng thức côsi ta có: M + S = (1) Tương tự ta có: N + S 3 (2) Cộng (1) và (2)M + N + 2S Do M + N = 3 Đẳng thứcxảy ra khi a = b = c (¬) Sau đây là một số ứng dụng của bất đẳng thức nesbit trong hình học. Ta xét các bài toán: Bài 1: Trong tam giác ABC kẻ các đường phân giác AA1, BB1, CC1. Gọi khoảng cách từ điểm A1 đến AB là a1, khoảng từ điểm B1 đến BC là b1và từ C1 đến AC là c1. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: Trong đó ha , hb ,hc là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A,B,C tương ứng. Giải: Gọi khoảng cách từ A1 đến AB là A1I A1 đến AC là A1I1 Do vai trò A1,B1, C1 trong tam giác ABC là bình đẳng như nhau nên ta chỉ cândf xét một trường hợp: Ta xét: rAIA1 và rAI1A1. rAIA1 = rAI1A1 (g-c-g) Cộng hai đẳng thức trên ta được: Ta lại có: chia (2) Tương tự: , Đẳng thức xảy ra khi AB = AC = BCrABC là tam giác đều. Bài 2: Cho rABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, phân giác của góc A cắtBC tại A1và cắt (O) tại A2. Tương tự cho Bvà C lần lượt là B1,B2 và C1, C2 tương ứng. Cmr: Giải: Trước tiên ta đi chứng minh bổ đề đơn giản là định lý Ptôlêmê trong tứ giác nội tiếp. Cho tứ gác ABCD nội tiếp trong đường tròn (C) ta luôn có đẳng thức: AB.CD + BC.AD = AC.BD. Trên cạnh BD ta lấy điểm K sao cho: rCAB (1) Ta có: là góc ngoài rAKB Ta lại có : Mà và là góc chung. rAKB rADC(g-g) Ta áp dụng định lý Ptôlêmê vừa chứng minh ở trên vào tứ giác nội tiếp CA2BA ta được: CA2.AB + BA2.AC = BC.AA2 Vì BA2 = A2C nên ta suy ra: CA2(AB+AC) = BC.AA2 Ta lại có: Mặt khác: rCA1A2 rACA2 (1), (2) và (3) suy ra : Tương tự ta có: ; Cộng vế theo vế (4), (5), (6) ta được: Ta áp dung bất đẳng thức nesbit cho đẳng thức trên te sẽ được: Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều. (¬) Mở rộng định lý Ptôlêmê: Ta xét bài toán: với một tứ giác nồi bất kỳ ta luôn có bất đẳng thức. ac+bdmn. Và đẳng thức xảy ra khi tứ giác đó là tứ giác nội tiếp, trong đó a = AB, b = BC, c = CD, d=AD, m = AC, n = BD. Giải: Trong tứ giác ABCD ta lấy điẻm P sao cho: Khi đó ta suy ra: Từ và rút ra kết luận là: . Khi đó ta có: Từ (1) và (2) ta nhận được: ac + bd = n(AP + CP) n.AC = mn (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi P nằm trên AC hay tứ giác ABCD nội tiếp. (¬) Sau đây là một số ứng dụng của định lý trên. Cho tứ giác lồi ABCDEF thỏa mãn: AB = BC, CD = DE, EF = FA. Cmr: Giải: Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ACEF ta có : AC.EF + CE.AF AE.CF Do EF = AE nên ta suy ra. Tương tự: Cộng (1), (2), và (3) ta được: Dấu bằng xảy ra nội tiếp và a = b = clục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn và a = b = clà lục giác đều. Chứng tỏ rằng trong tam giác ABC ta có: Với a,b,c là đọ dài 3 cạnh và ma ,mb , mc là độ dài các đường trung tuyến của tam giác đó. Giải: Áp dụng đất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác CMGN ta có : GC.MN GN.MC + GM.NC Hay Ta áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác ABMN ta được: AM.BN AB.MN + AN.BM (1)+(2) suy ra : (¬) Một số bài toán ứng dụng đơn giản của tổng hai cạnh trong một tam giác luôn lớn hơn cạnh thứ 3. Chứng minh rằng mọi tam giác có cạnh a,b,c thì bất đẳng thức sau luôn đúng: Giải: Ta nhận xét: Ta cm: Thật vậy: Vì b + c > a > 0 Từ đó ta suy ra: Tương tự ta có: Nhân vế theo vế 3 bất đẳng thức trên rồi lấy căn bậc hai ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b, b = c, a = c hay tam giác đó là tamgiác đều. Bất đẳng thức trong tam giác. Trước tiên ta đi chứng minh bài toán đơn giản có thể xem như một định lý nhỏ. Bài toán: Cho trước tam giác ABC và một điểm M nằm trong tam giác. Khi đó ta luôn có: MB + MC < AB + AC Giải: Ta kéo dài BM cắt AC tại N Ta có: AN + AB > BN = BM + MN MN + NC > MC Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên ta có: AN + NC + AB > MC + MB AC + AB > MC + MB (đpcm) Bài tập: Cho rABC có và một điểm M nằm trên cạnh BC. Cmr: Giải: Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống BC do M phải nằm trong HB hoặc HC. Ta có: Áp dung định lý Pitago ta có : Cho rABC và một điểm O nằm bên trong tam giác ABC, gọi P là nửa chu vi rABC. Chứng minh rằng: p < OA + OB + OC < 2p Giải: Ta có: Áp dụngđịnh lý nhỏ đã chững minh ở trên ta có: OA + OB < AC + BC OB + OC < AB + AC OA + OC < AC + BC OA + OB + OC < 2p (2) và (2) ta có (đpcm) Tìm điểm O trong rABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới 3 đỉnh của rABC nhỏ nhất có thể.(điểm Tolicenli). Giải: Ta dựng điểm D về phía ngoài rABC sao cho rACD là tam giác đều Ta có: Áp dụng định lý Ptôlêmê vào tứ giác AOCDAO.DC + OC.AD AC.OD (2) Do AC = AD = DC OA + OC OD Thay (1) vào (2) OA + OB + OC BD Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác AOCD là tứ giác nội tiếp và OBD sao cho Vậy điểm O nằm ở vị trí sao cho do hai trường hợp kia hoàn toàn tương tự. Vậy min(OA + OB + OC) = BD Cho rABC và điểm O bất kỳ trên mặt phẳng sao cho tổng MB + MC - MA nhỏ nhất có thể. Ta có rABC cân ở A và . Giải: Nếu như thì ta có rABC là tam giác đều, và ta có thể sử dung điều chứng minhtrên nhờ định lý Ptôlêmê ta có MB + MC - MA 0. đẳng thức đạt được nếu M nằm trên cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta cũng sẽ dự đoán là kết quả trên cũng đúng cho trường hợp tam giác ABC không phải là tam giác đều, tức là khi AB = AC > BC thì điểm M là đieemr cần tìm chính giữa cung chứa góc 1200 trên BC và ở phía ngoài của rABC. Thật vậy ta có điểm A’ bên trong rABC sao cho rA’BC là tam giác đều. Vói điểm M bất kỳ trong mặt phẳng rABC ta có: MB + MCMA’ Do đó theo định lý Ptôlêmê ta có: MB.A’C + MC.A’B BC.A’M Do A’C = A’B = BC MB + MC MA’ Từ đó MB + MC – MA MA’-MA. Nếu MA’ MA thì ta có MB + MC – MA 0. Còn nếu MA’ < MA thì MA - MA’ AA’ hay MA’ – MA -AA’ Vậy ta có: MB + MC - MA -AA’. Tóm lại khi đẳng thúc xảy ra thì MB + MC - MA nhỏ nhất có thể. Điều này chỉ xảy ra khki M nằm trên đường tròn ngoại tiếp rA’BC và khi A, A’và M thẳng hàng tức là MM’ là đỉnh của tam giác cân có góc 1200 với cạnh đáy là BC.