Tài liệu Khai Thác vec tơ bình phương pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (73.55 KB, 5 trang )
KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG
CỦA TỔNG VECTƠ :
2
0 MA MB MC
.
Nguyễn Lái
GV THPT chuyên L ương Văn Chánh
Xét bất đẳng thức (BĐT):
2
( ) 0MA MB MC
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 B ĐT 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:
0)(
2
MCMBMA
0..2..2..2
222
MAMCMCMBMBMAMCMBMA
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 0 3a b c MMA MB MC B A MB MBC A CA C
. (*)
I/ Khi M O. (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, bán kính R ).
Lúc này : OA = AB = OC = R, nên B ĐT (*) trở thành : a
2
+ b
2
+ c
2
9R
2
. (1)
+Áp dụng hệ thức sin, thay
ARa sin2
;
BRb sin2
;
CRc sin2
,vào (1) ta có
4
9
sinsinsin
222
CBA
. (2). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
+Áp dụng BĐT Bunhiacovski ,từ (1) có
3
1
(a+b+c)
2
a
2
+ b
2
+ c
2
9R
2
3
1
(a+b+c)
2
9R
2
4R
2
(sinA + sinB + sinC)
2
27R
2
sinA + sinB + sinC
2
33
. (3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
+Tiếp tục vận dụng các hệ thức l ượng tam giác và các BĐT Cauchy ,Bunhiacovski t ừ (1) suy ra
S
R
CBA 2
9
sin
1
sin
1
sin
1
2
. (4) ;
S
R
gCgBgA
4
9
cotcotcot
2
. (5)
2
222
2
3111
S
R
hhh
cba
. (6) ;
Rp 332
. (7) :
rRS .332
(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.
II/ Khi M I : (tâm đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính r).
Từ (*):
222222
3 MCMBMAcba
a
2
+ b
2
+ c
2
3(IA
2
+ IB
2
+ IC
2
). (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
sin
A
r
A
IE
IA
tương tự có: IB =
2
sin
B
r
; IC =
2
sin
C
r
.
Thay IA, IB, IC các bi ểu thức trên vào (10)
I
A
B
C
E
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
3
222
2222
CBA
rcba
2
222
222
3
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
r
cba
CBA
2
2
2
3
2
9
r
p
r
cba
.
2
222
3
2
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
r
p
CBA
. (11). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
+Tương tự thay IA
2
= r
2
+ (p – a)
2
, IB
2
= r
2
+ (p – b)
2
, IC
2
= r
2
+ (p – c)
2
vào (10)
2(a
2
+ b
2
+ c
2
) 3p
2
– 9r
2
. (12). Đẳng thức xảy ra khi v à 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
. (12);
222
36 rRp
. (13)
Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
III/ Khi M G : (trọng tâm tam giác ).
Từ (*) a
2
+ b
2
+ c
2
3(MA
2
+ MB
2
+ MC
2
) a
2
+ b
2
+ c
2
= 3(GA
2
+ GB
2
+ GC
2
) . (14)
+Gọi ma, mb, mc lần l ượt là độ dài các trung tuyến đi qua A, B, C .
Thay GA =
a
m3
2
, GB =
b
m3
2
, GC =
c
m3
2
vào (14) ta có đẳng thức
ma
2
+ mb
2
+ mc
2
=
222
4
3
cba
. (15)
+ Ta có a
2
+ b
2
+ c
2
9R
2
;
222
cba
22
3
4
)(
3
1
pcba
Từ (15) suy ra p
2
ma
2
+ mb
2
+ mc
2
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 :
22222222
2222
4
27
sinsinsin3
4
3
3
1
RCBARcbammmmmm
cbacba
ma + mb + mc
R
2
9
Rmmmmmm
cbacba
29111
Rmmm
cba
2111
. (18). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
VI/ Khi M H : (trực tâm tam giác).
Từ (*) : a
2
+ b
2
+ c
2
3 (MA
2
+ MB
2
+ MC
2
)
a
2
+ b
2
+ c
2
3(HA
2
+ HB
2
+ HC
2
). (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
.cos2
sin
cos.
sin
'
'sin
'
CR
B
CAC
B
CA
CHA
CA
HC
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
a
2
+ b
2
+ c
2
12R
2
(cos
2
A+cos
2
B+cos
2
C)
3
1
(a+b+c)
2
12R
2
(cos
2
A+cos
2
B+cos
2
C)
cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C
2
3
R
p
. (20). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
+Ta có S=
cba
chbhah
2
1
2
1
2
1
S
c
hS
b
hS
a
h
cba
2
1
;
2
1
;
2
1
rhhh
cba
1111
.
Từ (19) : a
2
+ b
2
+ c
2
3(HA
2
+ HB
2
+ HC
2
)
)(3)
111
(4
222
222
2
HCHBHA
hhh
S
cba
)(3
111
3
4
222
2
2
HCHBHA
hhh
S
cba
HA
2
+ HB
2
+ HC
2
2
3
2
r
S
. (21).Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
+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:
SABC = SBHC + SCHA + SAHB
1
ABC
AHB
ABC
AHC
ABC
BHC
S
S
S
S
S
S
1
'
'
'
'
'
'
CC
HC
BB
HB
AA
HA
ScHCbHBaHA
CC
HC
BB
HB
AA
HA
42
'''
. Từ (19) suy ra
3(HA
2
+ HB
2
+ HC
2
)
2
(a
2
+ b
2
+ c
2
)( HA
2
+ HB
2
+ HC
2
) (aHA + bHB +cHC)
2
= 16S
2
HA
2
+ HB
2
+ HC
2
S
3
4
. (22). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
Mời các bạn tiếp tục khai triển (*) theo h ướng
B/ Sử dụng tính vô hướng dạng :
. . .cos ,u v u v u v
.
sau khi khai triễn BĐT (*) :
Khi M O : 0
2
OCOBOA
= 3R
2
+2R
2
(cos2A + cos2B +cos2C).
Vậy : Trong mỗi tam giác ABC ta luôn có :
cos2A + cos2B + cos2C
2
3
. (23 )
Khi M I : 0
2
ICIBIA
BIAICAICIBCIBIAICIBIA cos..2cos..2cos..2
222
. (24)
Ta có các bài toán sau:
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có :
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 (25)
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, trong đó A, B, C l à 3 góc của một tam giác .
2 2 2
1 1 1
sin sin sin 26
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
Chứng minh: (25)
Gọi N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh
AB ta có: IA =
2
sin
A
IN
2
sin
A
r
;
Tương tự : IB =
2
sin
B
r
; IC =
2
sin
C
r
.
Và chú ý :
0
. . cos . cos(180 )
2
A B
IA IB IA IB AIB IA IB
0
. cos(90 ) . sin
2 2
C C
IA IB IA IB
. Tương tự: ICIB. =
2
sin.
A
ICIB
; IAIC. =
2
sin.
B
IAIC
(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
0
2
222
2
BA
C
CA
B
CB
A
r
CBA
r
2
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
222
CBA
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
BA
C
CA
B
CB
A
(a)
Mặt khác :
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
BA
C
CA
B
CB
A
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
CBA
(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
222
CBACBA
(đpcm)
Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều .
Lời giải (26)
Nhân 2 vế của BĐT (25) cho
2
sin
2
sin
2
sin
CBA
>0 ta có :
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
2
sin
2
sin
222
CBA
CBA
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
CBA
2
sin
2
sin
2
sin
CBA
18 (Bunhiacôpxky)
Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều .
Vậy : Max
.18
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
2
sin
2
sin
222
CBA
CBA
Khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
I
B
C
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
CBArrIPINIM coscoscos23
22
2
.
Vậy trong mọi tam giác ABC ta có :
cosA + cosB + cosC
2
3
. (27) , cosA.cosB.cosC
8
1
. (28)
Bài toán thay lời kết :
Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có :
6cosA.cosB.cosC + sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C 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,v ì tam giác nhọn nên O nằm
trong tam giác ABC ta có:
0
2
'''
OCOBOA
( 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
Do đó BĐT 6cosA.cosB.cosC + sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C 3 (đpcm).
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
0)(
2
MCMBMA
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 Vect ơ khác để “khám phá” ra điều mới, hấp dẫn h ơn ./.
O
A
B
C
A'
C'
B'
