Khai Thác vec tơ bình phương
Tài liệu sưu tầm tham khảo về toán học Khai Thác vec tơ bình phương...
KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG
2
CỦA TỔNG VECTƠ : 0 MA MB MC .
Nguyễn Lái
GV THPT chuyên Lương Văn Chánh
Xét bất đẳng thức (BĐT): ( MA MB MC ) 2 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 :
2 2 2
A/ Sử dụng tích vô hướng dạng : 2u.v u v u v .
Tacó: (MA MB MC) 2 0 MA 2 MB 2 MC 2 2.MA.MB 2.MB.MC 2.MC .MA 0
3 MA2 MB 2 MC 2 BA 2 BC 2 AC 2 0 a2 b2 c2 3 MA 2 MB 2 MC 2 . (*)
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 : a2 + b2 + c2 9R2. (1)
+Áp dụng hệ thức sin, thay a 2 R sin A ; b 2 R sin B ; c 2 R sin C ,vào (1) ta có
9
sin 2 A sin 2 B sin 2 C . (2). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
4
1 1
+Áp dụng BĐT Bunhiacovski ,từ (1) có (a+b+c) 2 a2 + b2 + c2 9R2 (a+b+c) 2 9R2
3 3
4R2(sinA + sinB + sinC) 2 27R2
3 3
sinA + sinB + sinC . (3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
2
+Tiếp tục vận dụng các hệ thức l ượng tam giác và các BĐT Cauchy ,Bunhiacovski từ (1) suy ra
1 1 1 9R 2 9R 2
. (4) ; cot gA cot gB cot gC . (5)
sin A sin B sin C 2S 4S
2
1 1 1 3R
2
. (6) ; 2p 3 3R . (7) : 2S 3 3R.r (8)
ha hb2 hc2 2S
9
sinBsinC (1 – cosA) + sinCsinA (1 – cosB) +sinAsinB (1 – cosC) . (9)
8
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 đỉnh A,B,C của tam giác ABC.
II/ Khi M I : (tâm đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính r).
Từ (*): a 2 b 2 c 2 3 MA 2 MB 2 MC 2 a2 + b2 + c2 3(IA2 + IB2 + IC2). (10)
+ Gọi E là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm I nội tiếp tam giác
A
IE r
ABC. Xét tam giác AIE vuông t ại E có: IA
A A
sin sin
E 2 2
r r
tương tự có: IB = ; IC = .
B C
I sin sin
2 2
B C Thay IA, IB, IC các biểu thức trên vào (10)
1 1 1
a 2 b2 c2 3r 2
A B C
sin 2 sin 2 sin 2
2 2 2
1 1 1 a2 b2 c2
2 2
a b c 2p
.
2A B C 3r 2 9r 2 3r
sin sin 2 sin 2
2 2 2
2
1 1 1 2p
. (11). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
A B C 3r
sin 2 sin 2 sin 2
2 2 2
+Tương tự thay IA 2 = 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
3 p 3r
cotgA + cotgB + cotgC . (12); p2 6R 2 3r 2 . (13)
8 r p
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
III/ Khi M G : (trọng tâm tam giác ).
Từ (*) a 2 + b2 + c2 3(MA2 + MB2 + MC2) a2 + b2 + c2 = 3(GA 2 + GB2 + GC2 ) . (14)
+Gọi ma, mb, mc lần lượt là độ dài các trung tuyến đi qua A, B, C .
2 2 2
Thay GA = , GB = , GC = vào (14) ta có đẳng thức
3m a 3m b 3mc
3
ma2 + mb2 + mc2 = a 2 b 2 c 2 . (15)
4
1 4 2
+ Ta có a + b + c 9R2 ; a2 b2 c2 (a b c) 2 p
2 2 2
3 3
27 2
Từ (15) suy ra p2 ma2 + mb2 + mc2 R . (16)
4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
27 3
+Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy, có ma.mb.mc R . (17)
8
+Từ (15) ta có :
1 2 2 2 2 3 2 27 2
ma mb mc ma mb mc a b 2 c 2 3R 2 sin 2 A sin 2 B sin 2 C R
3 4 4
9 1 1 1 9 2
ma + mb + mc R
2 ma mb mc ma mb mc R
1 1 1 2
. (18). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
ma mb mc R
VI/ Khi M H : (trực tâm tam giác).
A Từ (*) : a 2 + 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
B'
tâm H nằm trong tam giác ABC .
C'
Giả sử A’, B’, C’ là chân các đường cao AH, BH, CH xuống các
H cạnh BC, AC, AB. Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có
B CA' CA' AC . cos C
C HC 2 R cos C .
A' sin CHA' sin B sin B
Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC
Thay các giá trị HA, HB, HC vào (19) ta có
1
a2 + b2 + c2 12R2(cos2A+cos2B+cos2C) (a+b+c) 2 12R2(cos2A+cos 2B+cos2C)
3
2
p
cos2A + cos2B + cos2C . (20). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
3R
1 1 1 1 a 1 b 1 c 1 1 1 1
+Ta có S= aha bhb chc ; ; .
2 2 2 ha 2S hb 2S hc 2S ha hb hc r
1 1 1
Từ (19) : a 2 + b2 + c2 3(HA2 + HB2 + HC2) 4S 2 ( ) 3( HA 2 HB 2 HC 2 )
ha2 hb2 hc2
2
4S 2 1 1 1
3( HA 2 HB 2 HC 2 )
3 ha hb hc
2
2S
HA2 + HB2 + HC2 . (21).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
3r
+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:
S BHC S AHC S AHB HA ' HB ' HC '
SABC = SBHC + SCHA + SAHB 1 1
S ABC S ABC S ABC AA ' BB ' CC '
HA HB HC
2 aHA bHB cHC 4S . Từ (19) suy ra
AA ' BB ' CC '
3(HA2 + HB2 + HC2)2 (a2 + b2 + c2)( HA2 + HB2 + HC2) (aHA + bHB +cHC) 2 = 16S2
4
HA2 + HB2 + HC2 S. (22).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
3
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 (*) :
2
Khi M O : 0 OA OB OC = 3R2 +2R2 (cos2A + cos2B +cos2C).
Vậy : Trong mỗi tam giác ABC ta luôn có :
3
cos2A + cos2B + cos2C . (23)
2
2
Khi M I : 0 IA IB IC IA 2 IB 2 IC 2 2 IA.IB. cos C 2 IB.IC. cos A 2 IC.IA. cos B . (24)
Ta có các bài toán sau:
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có :
1 1 1 1 1 1
2 (25)
2 A B
2 C2 A B C
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, trong đó A, B, C l à 3 góc của một tam giác .
A B C 1 1 1
sin sin sin 26
2 2 2 A B C
sin 2 sin 2 sin 2
2 2 2
Chứng minh: (25)
A Gọi N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh
IN r
AB ta có: IA = ;
A A
sin sin
N 2 2
r r
Tương tự : IB = ; IC = .
I B C
sin sin
2 2
C A B
B Và chú ý : IA.IB IA.IB cos AIB IA.IB cos(180 0
)
2
C C A B
IA.IB cos(90 0 ) IA.IB sin . Tương tự: IB.IC = IB.IC sin ; IC.IA = IC.IA sin
2 2 2 2
A B C
sin sin sin
1 1 1 2 2 2
(25) 0 r2 2r 2
A B C B C A C A B
sin 2 sin 2 sin 2 sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C
sin sin sin
1 1 1 2 2 2
2 (a)
2 A 2 B 2 C B C A C A B
sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C
sin sin sin
2 2 2 1 1 1
Mặt khác : (b)
B C A C A B A B C
sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
Từ (a) và (b) ta có: 2 (đpcm)
A
2 B2 C2 A B C
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2
Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều .
Lời giải (26)
A B C
Nhân 2 vế của BĐT (25) cho sin sin sin >0 ta có :
2 2 2
A B C 1 1 1
sin sin sin
2 2 2 A B C
sin 2 sin 2 sin 2
2 2 2
1 1 1 A B C
2 sin sin sin 18 (Bunhiacôpxky)
A B C 2 2 2
sin sin sin
2 2 2
Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều .
A B C 1 1 1
Vậy : Max sin sin sin 18.
2 2 2 A2 B
2 C2
sin sin sin
2 2 2
Khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
*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:
2
0 IM IN IP 3r 2 2r 2 cos A cos B cos C .
Vậy trong mọi tam giác ABC ta có :
3 1
cosA + cosB + cosC . (27) , cosA.cosB.cosC . (28)
2 8
Bài toán thay lời kết :
Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có :
6cosA.cosB.cosC + sin 2A + sin2B + sin2C 3. (29)
Chứng minh:
A 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
B'
trong tam giác ABC ta có:
C' 2
O 0 OA ' OB ' OC ' ( OA‘2 + OB‘2 + OC‘2)2
2 OB’.OC’.cosA + 2 OA ’.OC’.cosB + 2 OA ’.OB’.cosC.
B C Mặt khác ta có:OA’= OB.cos(BOA’) = OB.cosA .Hay OA ’ = R.cosA
A'
Tương tự ta có: OB ‘ = RcosB, OC ‘ = RcosC
Do đó BĐT 6cosA.cosB.cosC + sin 2A + sin2B + sin2C 3 (đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều.
1 9
*Bài toán trên cần chứng minh: cosA.cosB.cosC và sin2A + sin2B + sin2C
8 4
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 ./.
