Luận văn Một số bất đẳng thức hình học

Mục lục

Mở đầu

Chương 1: Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác.

1.1 Các bất đẳng thức đại số cơ bản

1.2 Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác.

Chương 2: Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng

2.1 Định lý Ptolemy.

2.2 Bất đẳng thức Ptolemy.

Chương 3: Bất đẳng thức Erdos- Mordell và các mở rộng

3.1 Bất đẳng thức Erdos Mordell trong tam giác

3.2 Bất đẳng thức Erdos Mordell trong tam giác mở rộng.

Chương 4: Các bất đẳng thức có trọng

4.1 Bất đẳng thức dạng Hayashi và các hệ quả.

Kết luận

Tài liệu tham khảo

 

pdf120 trang | Chia sẻ: netpro | Lượt xem: 6703 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số bất đẳng thức hình học, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
BK + CL. Giải. Hình 2.2 Do ∆BKA,∆CLA là các tam giác vuông nên ta có BK + CL = (AB + AC) sin A 2 . Mặt khác, tứ giác ABDC nội tiếp nên theo đẳng thức ptolemy ta có AB.DC + AC.BD = AD.BC mà DC = BD = BC 2 cos D2 = BC 2 cos A2 nên AB + AC = 2AD. cos A2 . Suy ra BK + CL = AD. sinA ≤ AD. Bài toán 2.2. (Tạp chí THTT số 261) Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong xuất phát từ A,B,C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A1, B1, C1 tương ứng. Chứng minh rằng AA1.BB1.CC1 ≥ 16R2r. Giải. Hình 2.3 Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABA1C ta có AA1.BC = AB.CA1 + AC.BA1 hay AA1.a = c.CA1 + b.BA1. Do AA1 là phân giác góc B̂AC cho nên A1 là điểm chính giữa cung _ BC và do đó A1B = A1C. Suy ra a.AA1 = (b + c)A1B. Mặt khác theo định lí hàm số sin, ta có A1B sin Â1AB = 2R, suy ra A1B = 2R sin A 2 . Vậy AA1 = b+c a .2R sin A 2 . Tương tự BB1 = c+a b .2R sin B 2 , CC1 = a+b c .2R sin C 2 . Để ý rằng r = 4R. sin A2 . sin B 2 . sin C 2 và (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Suy ra AA1.BB1.CC1 = 8R3(a+ b)(b+ c)(c+ a) abc sin A2 sin B 2 sin C 2 ≥ 16R2r. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 50 Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC và điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (O) ngoại tiếp ABC. Chứng minh rằng MA a + MB b + MC c ≥ min { a b + b a ; b c + c b ; c a + a c } ≥ 2. Giải. Hình 2.4 Hiển nhiên ta có bất đẳng thức phải. Ta chứng minh bất đẳng thức trái bằng phương pháp phản chứng. Giả sử MAa + MB b + MC c < min { a b + b a ; b c + c b ; c a + a c } . Không giảm tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung _ BC không chứa A. Do tứ giác ABMC nội tiếp, nên áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có MA.BC = MC.AB + MB.AC. Suy ra MA = MB.b+MC.ca . Khi đó MA a + MB b + MC c = MB. ba +MC. c a a + MB.ab +MC. a c a = MB. ( a b + b a ) +MC ( a c + c a ) a ≥ MB. ( a b + b a ) +MC ( a c + c a ) MB +MC . (2.2) Mặt khác, MAa + MB b + MC c < min { a b + b a ; b c + c b ; c a + a c } suy ra MAa + MB b + MC c < a b + b a và MA a + MB b + MC c < a c + c a . Từ đó MA a + MB b + MC c = MB. ( MA a + MB b + MC c ) +MC. ( MA a + MB b + MC c ) MB +MC < MB. ( a b + b a ) +MC (a c + c a ) MB +MC . (2.3) (2.2) và (2.3) mâu thuẫn, do đó giả sử là sai. Vậy được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 2.4. (Ailen, 1995) Cho ba điểm A,X,D thẳng hàng với X nằm giữa A và D. Gọi B là điểm thỏa mãn ÂBX = 1200 và C là điểm www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 51 nằm giữa B và X. Chứng minh rằng 2AD ≥ √ 3 (AB +BC + CD) . Giải. Hình 2.5 Dựng tam giác đều AXO sao cho B và O khác phía với AX. Dễ thấy ABXO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính 2√ 3 AX. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác này, ta được AB.OX +BX.AO = AX.BO. Vì OX = AO = AX nên AX (AB +BX) = AX.BO ≤ AX. 2√ 3 AX. Suy ra 2AX ≥ √ 3 (AB +BX). Do đó 2AD = 2 (AX +XD) ≥ √3 (AB +BX) +2XD ≥ √3 (AB +BC + CX) +√3XD ≥ √3 (AB +BC + CD) . Bài toán 2.5. (Vô địch Toán lần thứ 2, Hồng Kông, 1999) Gọi I và O lần lượt là tâm các đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác ABC. Giả sử tam giác ABC không đều. Chứng minh ÂIO ≤ 900 nếu và chỉ nếu 2BC ≤ AB + CA. Giải. Hình 2.6 Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại D. Vì AD là phân giác của B̂AC nên DB = DC. Mặt khác, ta có D̂IB = D̂AB + ÂBI = D̂CB + ÎBC = D̂BC + ÎBC = D̂BI Suy ra DB = DI = DC. Áp dụng đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABCD, ta có AD.BC = AB.CD + AC.BD = DI (AB + AC). Do đó ÂIO ≤ 900 ⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤ AD DI = AB + AC BC ⇔ 2BC ≤ AB + AC. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 52 Bài toán 2.6. (Chọn đội tuyển Singapore, 2002) Cho ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng |AC −BD| ≤ |AB − CD| . Giải. Hình 2.7 Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AC,BD. Áp dụng định lí công thức đường trung tuyến. Ta có AB2 +BC2 + CD2 +DA2 =2BE2 + 1 2 AC2 + 2DE2 + 1 2 AC2 =2 ( 2EF 2 + 1 2 DB2 ) + AC2. Vậy AC2 +BD2 + 4EF 2 = AB2 +BC2 + CD2 +DA2. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABCD, ta có AC.BD = AB.CD + AD.BC. Từ đó suy ra (AC −BD)2 + 4EF 2 = (AB − CD)2 + (AD −BC)2 . (2.4) Mặt khác, gọi M là trung điểm của AB, xét tam giác MEF , ta có EF ≥ |MF −ME| ⇒ EF ≥ 1 2 |AD −BC|. Do đó 4EF 2 ≥ (AD −BC)2 . (2.5) Từ (2.4) và (2.5) thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 2.7. (IMO shorlist, 1996) Cho tam giác ABC và O là một điểm bất kỳ trong tam giác. Gọi (H), (I), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BOC,COA,AOB. Dựng A′ = AO ∩ (H), B′ = BO ∩ (I), C ′ = CO ∩ (K). Chứng minh các bất đẳng thức sau a) OA′.OB′.OC ′ ≥ 8.OA.OB.OC. b) OA′ OA + OB′ OB + OC ′ OC ≥ 6. Giải. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 53 Hình 2.8 Đặt x = sin B̂OC ′ = sin ĈOB′, y = sin ĈOA′ = sin ÂOC ′, z = sin ÂOB′ = sin B̂OA′. Khi đó ta dễ dàng chứng minh được CA′ BC = y x , BA′ BC = z x . (2.6) Mặt khác, vì tứ giác A′OBC nội tiếp nên theo đẳng thức Ptolemy ta có OA′ = OB.CA′ +OC.BA′ BC . (2.7) Cộng theo vế (2.6) và (2.7), sau đó áp dụng bất đẳng thức AG − GM , ta được OA′ = y x .OB + z x .OC ≥ √ yz.OB.OC x . (2.8) Tương tự, ta có OB′ = z y .OC + x y .OA ≥ √ zx.OC.OA y , (2.9) OC ′ = x z .OA+ y z .OB ≥ √ xy.OA.OB z . (2.10) Nhân theo vế ba bất đẳng thức (2.8), (2.9) và (2.10) ta chứng minh được phần a. Mặt khác, ta có OA ′ OA + OB′ OB + OC ′ OC = ( y x . OB OA + z x . OC OA ) + ( z y . OC OB + x y OA OB ) +( x z . OA OC + y z OB OC ) = ( y x . OB OA + x y . OA OB ) + ( z y . OC OB + y z OB OC ) + ( x z . OA OC + z x OC OA ) ≥ 6. Phần b được chứng minh. 2.2. Bất đẳng thức Ptolemy Định lý 2.2. (Bất đẳng thức Ptolemy) Với 4 điểm A,B,C,D bất kỳ trên mặt phẳng, ta có AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD. (2.11) Chứng minh. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 54 Hình 2.9 Dựng điểm E sao cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BEA. Khi đó theo tính chất của tam giác đồng dạng, ta có BA EA = BD CD . Suy ra BA.CD = EA.BD. (2.12) Mặt khác, hai tam giác EBC và ABD cũng đồng dạng do có BA BD = BE BC và ÊBC = ÂBD. Từ đó EC BC = AD BD . Suy ra AD.BC = EC.BD. (2.13) Cộng theo vế (2.12) và (2.13) ta suy ra AD.CD + AD.BC = BD. (EA+ EC) ≥ BD.AC. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,E,C thẳng hàng, tức là khi A và D cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau, và khi đó tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn.  Bất đẳng thức Ptolemy có nhiều ứng dụng trong các bài toán bất đẳng thức hình học, đặc biệt là trong các bài toán so sánh độ dài các đoạn thẳng. Trước hết ta xét ứng dụng bất đẳng thức Ptolemy trong việc chứng minh một số kết quả kinh điển của hình học phẳng. Bài toán 2.8. (Bất đẳng thức Erdos - Modell) Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Đặt R1 = MA,R2 = MB,R3 = MC; r1, r2, r3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC,CA,AB. Khi đó ta có bất đẳng thức R1 +R2 +R3 ≥ 2 (r1 + r2 + r3) . Giải. Nối dài AM cắt đường tròn nội tiếp tam giác ABC tại A′. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABA′C, ta có AB.CA′ + AC.BA′ = BC.AA′. Hạ A′D vuông góc với AC và A′E vuông góc với AB thì rõ ràng A′B ≥ A′E,A′C ≥ A′D. Do đó a.AA′ ≥ c.A′D+b.A′E hay 1 ≥ A ′D AA′ . c a + A′E AA′ . b a . www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 55 Hình 2.10 Nhưng A′D AA′ = r2 R1 và A′E AA′ = r3 R1 nên từ đó R1 ≥ r2. c a + r3. b a . Tương tự ta có các đánh giá cho R2 và R3. Do đó R1+R2+R3 ≥ r1 ( c b + b c ) +r2 ( c a + a c ) + r3 ( b a + a b ) ≥ 2 (r1 + r2 + r3). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và M trùng với tâm O của tam giác. Bài toán 2.9. (Điểm Torricelli) Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm M trong mặt phẳng tam giác ABC sao cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất. Điểm M tìm được được gọi là điểm Torricelli của tam giác ABC. Giải. Trên cạnh BC, dựng ra phía ngoài tam giác đều BCA′. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác MBA′C ta có BM.CA′ + CM.BA′ ≥ BC.MA′. Hình 2.11 Do CA′ = BA′ = BC nên ta được BM + CM ≥ MA′. Suy ra AM+BM+CM ≥MA+MA′ ≥ AA′ tức là MA + MB + MC ≥ AA′ (là hằng số) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi i) Tứ giác BMCA′ nội tiếp. ii) M nằm giữa A và A′. Dễ thấy ta có thể tìm được điểm M thỏa mãn cả hai điều kiện này khi và chỉ khi tất cả các góc của tam giác ABC đều không lớn hơn 1200. Trường hợp tam giác ABC có một góc lớn hơn 1200, chẳng hạn  > 1200 thì điểm M cần tìm chính là điểm A (xem lời giải ở bài toán 1.23) Nhận xét 2.1. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 56 1) Phương pháp trên có thể áp dụng cho bài toán tổng quát hơn: "Cho tam giác ABC và các số thực dương m,n, p. Hãy tìm điểm M trong mặt phẳng tam giác sao cho m.MA + n.MB + p.MC đạt giá trị nhỏ nhất" đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Việc dựng tam giác đều BCA′ ra phía ngoài trong lời giải bài toán Torricenlli chính là một cách làm mẫu mực để áp dụng được bất đẳng thức Ptolemy. Ý tưởng chung là: Để dánh giá tổng p.MA+ q.MB, ta có thể dựng điểm N sao cho p.NA = q.NB. Sau đó áp dụng bất đẳng thức ptolemy cho tứ giác ANMB ta được NA.MB + NB.MA ≥ AB.MN . Từ đó p.NA.MB + p.NB.MA ≥ p.AB.MN ⇔q.NB.MB + p.NB.MA ≥ p.AB.MN ⇔p.MA+ q.MB ≥ p.AB.MN NB . Chú ý rằng điểm N là cố định, như thế p.MA+ q.MB đã được đánh giá thông qua MN . Ý tưởng này là chìa khóa để giải hàng loạt các bài toán cực trị hình học. Bài toán 2.10. Cho điểm M nằm trong góc nhọn xOy. Hai điểm A,B lần lượt thay đổi trên Ox,Oy sao cho 2OA = 3OB. Tìm vị trí của A,B sao cho 2MA+ 3MB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAMB, ta có OA.MB +OB.MA ≥ OM.AB. Từ đó 2OA.OB + 2OB.MA ≥ 2OM.AB ⇔ 3OB.MB + 2OB.MA ≥ 2OM.AB ⇔ 2MA+ 3MB ≥ 2OM. (ABOB) . Vì tam giác OAB luôn đồng dạng với chính nó nên ABOB là một đại lượng không đổi. Từ đó suy ra 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2OM. ( AB OB ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác OAMB nội tiếp. Bài toán 2.11. (IMO, 2001) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và độ dài các cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Tìm điểm P trên mặt phẳng tam giác sao cho đại lượng AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a, b, c. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 57 Giải. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC. Kéo dài trung tuyến AL cắt đường tròn này tại K. Gọi M,N là trung điểm các cạnh AC,AB tương ứng. Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác BGL,CGL, ta có BG sin B̂LG = BL sin B̂GK , CG sin ĈLG = CL sin ĈGK . (2.14) Hình 2.12 Nhưng L là trung điểm của BC và sin B̂LG = sin ĈLG, nên từ (2.14) ta có BGCG = sin ĈGK sin B̂GK . Ta có BK = 2R. sin B̂GK,CK = 2R. sin ĈGK, trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giácBCG. Do đó CKBK = BG CG hay BG CK = CG BK . Tương tự AG BG = sin B̂GN sin ÂGN = sin B̂GN sin ĈGK . Hơn nữa BC = 2R. sin B̂GC = 2R. sin B̂GN . Từ đó BG CK = AG BC . Như vậy BG CK = CG BK = AG BC . Bây giờ, áp dụng bất đẳng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PBKC ta có PK.BC ≤ BP.CK + CP.BK. Từ đó PK.AG ≤ BP.BG+CP.CG. Suy ra (AP + PK)AG ≤ AP.AG+ BP.BG+CP.CG và cuối cùng AK.AG ≤ AP.AG+BP.BG+CP.CG. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (1) P nằm trên cung _ BGC (để có đẳng thức ở bất đẳng thức Ptolemy) và (2) P nằm trên AK (để có đẳng thức trong bất đẳng thức tam giác). Do đó giá trị này đạt được khi P ≡ G. Dễ dàng tính được rằng AG2 +BG2 + CG2 = ( a2 + b2 + c2 ) 3 . Nhận xét 2.2. Có thể thấy đây là trường hợp đặc biệt của bài toán Torricelli tổng quát. Chú ý rằng từ ba đoạn AG,BG,CG có thể dựng được một tam giác ∆, ta chỉ cần dựng tam giác BCK đồng dạng với tam giác ∆ là được. Cách giải nêu trên chỉ ra cách dựng tường minh cho điểm K. Bài toán 2.12. Cho ABCD là hình vuông và P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng. Trong số các khoảng cách PA, PB, PCvà PD, gọi M www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 58 là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng PA+ PB + PC + PD ≥ ( 1 + √ 2 ) M +m. Đẳng thức xảy ra khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Giải. Không giảm tính tổng quát, giả sử M = PD, thì dễ dàng thấy m = PB. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PADC, ta được PA.CD + PC.AD ≥ PD.AC với đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A,P,C,D nằm trên một đường tròn. Vì AD = CD = AC/ √ 2, nên PA+ PC ≥ √2PD. Do đó PA+ PB + PC + PD ≥ ( 1 + √ 2 ) PD + PB = ( 1 + √ 2 ) M +m. Đẳng thức xảy ra khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Bài toán 2.13. (Tạp chí THTT số 259) Cho thất giác đều A1A2A3A4A5A6A7 và điểm M bất kì. Chứng minh rằng MA1 +MA3 +MA5 +MA7 ≥MA2 +MA4 +MA6. Giải. Đặt A1A2 = a,A1A3 = b, A1A4 = c. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A1A2A3M và A5A6A7M , ta được (MA1 +MA3) a ≥MA2.b, (2.15) (MA5 +MA7) a ≥MA6.b. (2.16) Cộng theo vế 2 bất đẳng thức trên có (MA1 +MA3 +MA5 +MA7) a ≥ (MA2 +MA6) .b. (2.17) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A2A4A6M , được (MA2 +MA6) b ≥MA4.c. (2.18) Từ (2.17) và (2.18) có (MA1 +MA3 +MA5 +MA7) a ≥MA4.c. (2.19) www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 59 Từ (2.17) và (2.19) có (MA1 +MA3 +MA5 +MA7) (a b + a c ) ≥MA2 +MA4 +MA6. (2.20) Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp A1A3A4A5 có ab+ac = bc, suy ra ( a b + a c ) = 1. Thay vào (2.20) được MA1 +MA3 +MA5 +MA7 ≥MA2 +MA4 +MA6. Đẳng thức xảy ra khi các đẳng thức ở (2.15), (2.16) và (2.18) xảy ra nghĩa là M thuộc cung nhỏ _ A1A7 của đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A2A3A4A5A6A7. Bài toán 2.14. (Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2000) Chứng tỏ rằng trong tam giác ABC ta có ab mamb + bc mbmc + ca mcma ≥ 4, với a, b, c là độ dài ba cạnh và ma,mb,mc là độ dài các đường trung tuyến tương ứng của tam giác đó. Giải. Hình 2.13 Điều phải chứng minh tương đương với abmc + bcma + camb ≥ 4mambmc. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác CMGN , ta có GC.MN ≤ GN.MC +GM.NC, từ đó 2 3 mc c 2 ≤ 1 3 mb a 2 + 1 3 ma b 2 hay 2mcc ≤ mba+mab. Suy ra 2mcc 2 ≤ acmb + bcma. (2.21) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABMN ta được AM.BN ≤ AN.BM + AB.MN , suy ra mamb ≤ ab 4 + c2 2 , tức là 4mambmc ≤ abmc + 2c2mc. (2.22) Từ (2.21) và (2.22) suy ra điều phải chứng minh. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 60 Bài toán 2.15. (Trung Quốc, 1988) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R). Các tia AB,BC,CD,DA cắt đường tròn (O, 2R) lần lượt tại các điểm A′, B′, C ′, D′ tương ứng. Chứng minh rằng A′B′ +B′C ′ + C ′D′ +D′A′ ≥ 2 (AB +BC + CD +DA) . Khi nào dấu đẳng thức xảy ra ? Giải. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAD′A′, ta có OD′.AA′ ≤ OA.A′D′ + OA′.AD′. Suy ra 2AA′ ≤ A′D′ + 2AD′ hay 2AB + 2BA′ ≤ A′D′ + 2AD′. Tương tự với ba bất đẳng thức khác, ta đi đến 2 (AB +BC + CA+ AD) + 2 (BA′ + CB′ +DC ′ + AD′) ≤ (A′B′ +B′C ′ + C ′D′ +D′A′) + 2 (BA′ + CB′ +DC ′ + AD′) . Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Hình 2.14 Đẳng thức xảy ra khi tất cả các tứ giác OAD′A′, OBA′B′, OCB′C ′, ODC ′D′ đều nội tiếp. Nếu OAD′A′ nội tiếp thì ÔAA′ = ÔD′A′ = ÔA′D′ = 1800 − ÔAD′ = ÔAD. Do đó OA là phân giác của D̂AB. Tương tự, điểm O nằm trên các phân giác khác của ABCD. Suy ra ÔAB = ÔAD = ÔDA = ÔDC = ÔBA. Từ đó, ÂOB = B̂OC = ĈOD = D̂OA. Vậy A,B,C,D cách đều nhau trên đường tròn, nghĩa là ABCD là hình vuông. Ngược lại, nếu ABCD là một hình vuông thì hiển nhiên đẳng thức xảy ra. Tóm lại, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD là một hình vuông. Bài toán 2.16. (IMO shorlist, 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC,CD = DE,EF = FA. Chứng minh rằng BC BE + DE DA + FA FC ≥ 3 2 . Khi nào dấu đẳng thức xảy ra ? www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 61 Giải. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABCE, ta được EA.BC + EC.AB ≥ BE.AC. Sử dụng AB = BC, ta được BC (EA+ EC) ≥ BE.AC, hay BCBE ≥ ACEA+EC . Tương tự, áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho các tứ giác ACDE,EFAC và sử dụng CD = DE,EF = FA, ta được DEDA ≥ CEAC+AE , FA FC ≥ EACE+CA . Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và áp dụng bất đẳng thức Nesbitt ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Để có dấu bằng ta phải có dấu bằng xảy ra ở ba bất đẳng thức Ptolemy và ở bất đẳng thức Nesbitt. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức Nesbitt khi tam giác EAC đều, như thế ÊAC = 600. Vì ABCE là tứ giác nội tiếp nên góc B̂ phải bằng 1200. Tương tự, góc D̂ và F̂ cũng bằng 1200. Mặt khác, thấy rằng các tam giác ABC,CDE,EFA bằng nhau (g.c.g). Như vậy, lục giác có tất cả các cạnh đều bằng nhau và tất cả các góc bằng 1200, vậy nó là lục giác đều. Ngược lại, hiển nhiên là với lục giác đều, ta có dấu bằng xảy ra. Bài toán 2.17. (IMO, 1995) Cho ABCDEF là lục giác sao cho AB = BC = CD, DE = EF = FA và B̂CD = ÊFA = 600. G và H là hai điểm tùy ý. Chứng minh rằng AG+BG+GH +DH + EH ≥ CF. Giải. Hình 2.15 Từ giả thiết ta có BCD và AEF là các tam giác đều. Lấy C ′ và F ′ lần lượt đối xứng với C và F qua BE. Khi đó CF = C ′F ′ và ta được DEF ′ và ABC ′ là các tam giác đều. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác F ′DHE và C ′AGB, ta có F ′H.DE ≤ F ′E.DH + F ′D.EH hay F ′H ≤ DH + EH và C ′G.AB ≤ C ′A.BG+ C ′B.AG www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 62 hay C ′G ≤ BG+ AG. Do đó AG+BG+GH +DH + EH ≥ C ′G+GH +HF ′ ≥ C ′F ′ = CF. Bài toán 2.18. (New Zealand, 1998) Cho M,A1, A2, · · · , An (n ≥ 3) là các điểm phân biệt trong mặt phẳng thỏa mãn A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1. Chứng minh rằng 1 MA1.MA2 + 1 MA2.MA3 + 1 MAn−1.MAn ≥ 1 MA1.MAn . Xác định dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Giải. Với mỗi số nguyên k giữa 1 và n − 1 , áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác MA1AkAk+1 ta được MA1.AkAk+1 + A1Ak.MAk+1 ≥ A1Ak+1.MAk, (2.23) (với k = 1 suy biến thành đẳng thức). Chia cả hai vế bất đẳng thức trên cho MA1.MAk.MAk+1 ta được AkAk+1 MAk.MAk+1 ≥ A1Ak+1 MA1.MAk+1 − A1Ak MA1.MAk . Lấy tổng n− 1 bất đẳng thức này, ta được A1A2 MA1.MA2 + A2A3 MA2.MA3 + · · ·+ An−1An MAn−1.MAn ≥ A1An MA1.MAn − A1A1 MA1.MA1 = A1An MA1.MAn . Vì A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1 nên ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong (2.23) dấu đẳng thức xảy ra với tất cả các giá trị k = 1, 2, · · · , n− 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi theo thứ tự A1, Ak, Ak+1,M nằm trên một đường tròn. Trong trường hợp này A1A2 · · · , An là một đa giác đều và M thuộc cung _ AkAn ngắn nhất. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 63 2.3. Định lí Bretschneider Định lý 2.3. Cho tứ giác ABCD, gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh AB,BC,CD.DA và m,n là độ dài các đường chéo AC,BD. Khi đó ta có m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd. cos(A+ C). (2.24) Chứng minh. Hình 2.16 Trên cạnh AB ra phía ngoài dựng tam giác BAK đồng dạng với tam giác ACD, trong đó B̂AK = D̂CA, ÂBK = ĈAD, còn trên cạnh AD ra phía ngoài dựng tam giác DMA đồng dạng với tam giác ABC, trong đó D̂AM = B̂CA, ÂDM = ĈAB. Từ các tam giác đồng dạng này suy ra AK = ac m ,AM = bd m ,KB = DM = ad m . Ngoài ra, K̂BD+ M̂DB = ĈAD+ ÂBD+ B̂DA+ ĈAB = 1800, nghĩa là tứ giác KBDM là hình bình hành. Do đó KM = BD = n. Mặt khác K̂AM =  + Ĉ. Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác KAM , ta có m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd. cos(A+ C).  Chú ý 2.1. Vì 0 < φ < 2pi nên −1 ≤ cosφ < 1, do đó từ kết quả trên suy ra |ac− bd| < mn ≤ ac + bd. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi cosφ = −1⇔ φ = pi ⇔ ABCD là tứ giác nội tiếp. Như vậy định lí Ptolemy và cả bất đẳng thức Ptolemy đều là hệ quả của định lí Bretschneider. 2.4. Định lí Casey Định lý 2.4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Bốn đường tròn α, β, γ, δ tiếp xúc với (O) lần lượt tại A,B,C,D. Gọi a là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn α, β, với α, β cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với (O). Nếu hai đường tròn α, β có một www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 64 đường tròn tiếp xúc ngoài (O) và một đường tròn tiếp xúc trong với (O) thì a là độ dài tiếp tuyến chung trong của α, β. Các đại lượng b, c, d, x, y là độ dài các tiếp tuyến chung của các cặp đường tròn xác định tương tự (hình 2.17). Khi đó ta có xy = ac+ bd. (2.25) Chứng minh. Hình 2.17 Ta chứng minh cho trường hợp α, β, γ, δ đều tiếp xúc ngoài với (C). Các trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd, R lần lượt là bán kính của các đường tròn α, β, γ, δ, (O). Đặt Â′OB′ = ÂOB = α, ta có a2 = A′B′2−(Ra−Rb)2; A′B′2 = (R+Ra)2+ (R +Rb) 2 − 2(R +Ra)(R +Rb) cosα. Suy ra a2 = 2(R +Ra)(R +Rb)(1− cosα), (2.26) AB2 = 2R2 − 2R2 cosα = 2R2(1− cosα). (2.27) Từ (2.26) và (2.27) suy ra a = √ (R +Ra)(R +Rb) R AB. Chứng minh tương tự ta có b = √ (R +Rb)(R +Rc) R BC; c = √ (R +Rc)(R +Rd) R CD; d = √ (R +Rd)(R +Ra) R DA; x = √ (R +Ra)(R +Rc) R AC; y = √ (R +Rb)(R +Rd) R BD. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABCD ta thu được (2.25)  Nhận xét 2.3. Đẳng thức (2.25) vẫn đúng khi các bán kính Ra = 0, Rb = 0, Rc = 0, Rd = 0; Khi Ra = Rb = Rc = Rd = 0 thì định lý www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 65 Casey trở thành định lí Ptolemy. Phải chăng định lí Casey được suy ra bằng cách "nở" các điểm A,B,C,D. Định lí Casey là một mở rộng của định lí Ptolemy, nó sẽ giúp ích cho việc giải một số bài toán liên quan đến đường tròn tiếp xúc nhau, độ dài tiếp tuyến và dây cung. Sau đây là một số bài toán áp dụng định lý Casey. Bài toán 2.19. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại I và cùng tiếp xúc trong với đường tròn O. Một tiếp tuyến chung ngoài của O1 và (O2) cắt O tại B và C, trong khi đó tiếp tuyến chung trong của chúng cắt O tại điểm A cùng phía với I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giải. Hình 2.18 Giả sử BC tiếp xúc (O1) tại X và (O2) tại Y và cắt AI cắt BC tại D. Đặt BC = a, CA = b, AB = c, BX = x,CY = y, AI = z,DX = DI = DY = u. Áp dụng định lý Casey cho bộ 4 đường tròn (A), (O1), (B), (C) và (A), (O2), (C), (B) ta có az + bx = c (2u+ y) , (2.28) az + cy = b (2u+ x) . (2.29) Lấy (2.28)trừ (2.29) theo vế, ta được bx− cy = u (c− b). Từ đó x+ u y + u = c b , tức là BD CD = AB AC . Suy ra AD là phân giác của góc A và BD = ac b+ c . Mặt khác, cộng hai vế (2.28) và (2.29) theo vế, ta được az = u (b+ c). Suy ra z u = b+ c a , tức là AI ID = AB + AC BD +DC = AB BD , do đó BI là phân giác của góc B. Bài toán được chứng minh. Bài toán 2.20. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O,R) và B̂AC = 600. Đường tròn (O′, R′) tiếp xúc trong với (O,R) và tiếp xúc với hai cạnh AB,AC. Chứng minh rằng R′ ≤ 2 3 R. www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 66 Giải. Gọi X, Y lần lượt là tiếp điểm của AB,AC với đường tròn (O′, R′). Đặt l = AX = AY = XY (∆ABC cân có B̂AC = 600). Đường tròn (O,R) tiếp xúc trong với các đường tròn (A), (C), (O′R′), (B) nên áp dụng định lí Casey ta có b(c− l) + c(b− l) = al. Hình 2.19 Suy ra l = 2bc a+ b+ c = bc p = bc S r = 2bc bc sinA r = 4√ 3 r ≤ 2√ 3 R (vìR ≥ 2r). (2.30) Mặt khác, lại có R′ = O′X = XY 2 sin 600 = l√ 3 (2.31) Từ (2.30) và (2.31) suy ra R′ ≤ 2 3 R. Bài toán 2.21. Cho ba đường tròn (C), (C1), (C2) trong đó hai đường tròn (C1), (C2) tiếp xúc trong với (C) lần lượt tại B,C và (C1), (C2) tiếp xúc ngoài với nhau tại D. Tiếp tuyến chung trong của (C1), (C2) cắt (C) tại A,A1, AB cắt (C1) tại điểm thứ hai là K, AC cắt (C2) tại điểm thứ hai là L. Chứng minh rằng 1 DA + 1 DA1 = 2 KL . Giải. Đặt M = (C1) ∩ BC,N = (C2) ∩ BC. Vẽ tia tiếp tuyến BT với hai đường tròn (C1), (C). Ta chứng minh KL là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1), (C2). Hình 2.20 Thật vậy, ta có M̂KB = M̂BT = ĈBT = ĈAB. Suy ra MK//AC. Do đó M̂KL = K̂LA. Ta có ∆KAL ∼ ∆CAB (vì AK.AB = AL.AC = AD2 ⇒ AK AC = AL AB ) suy ra K̂LA = ĈBA, do đó KL là tiếp tuyến của (C1). Tương tự KL là tiếp tuyến của (C2) Áp dụng định lí Casey cho bộ 4 đường tròn (A), (C1), (D), (C2) tiếp xúc trong với www.MATHVN.com - HOANG NGOC QUANG, Yen Bai 67 đường tròn (C), ta có AD.A1D + AD.A1D = AA1.KL ⇒ 2 KL = AA1 AD.A1D = 1 AD + 1 A1D . Bài toán 2.22. Cho hai đường tròn (C1), (C2) tiếp xúc trong với đường tròn (C) lần lượt tại M,N . Hai đường tròn (C1), (C2) cắt nhau hoặc tiếp xúc ngoài với nhau. Trục đẳng phương của (C1), (C2) cắt (C) tại hai điểm A,B. Đường thẳng AM,AN cắt (C1), (C2) tại điểm thứ hai là K,L tương ứng. Chứng minh rằng AB ≥ 2KL. Đẳng thức xảy ra khi nào ? Giải. Hình 2.21 Hình 2.22 Đặt C1(O1, R1), C2(O2, R2), C(O,R), {P,Q} = (C1)∩(C2) (hình 2.21), nếu (C1) tiếp xúc (C2) thì P ≡ Q (hình 2.22). AB là trục đẳng phương của (C1), (C2) suy ra AK.AM = AL.AN ⇒ ∆AKL ∼ ∆ANM ⇒ ÂKL = ÂNM = 1 2 sđ _ AM . Ta có Ô1KM = Ô1MK = 90 0 − 1 2 M̂OA = 900 − 1 2 sđ _ AM⇒ Ô1KL = 90 0, suy raKL là tiếp tuyến của (C1), ta cóO1K//OA//O2L⇒ KL⊥O2L, suy ra KL là tiếp tuyến của (C2). Áp dụng định lí Casey cho bộ 4 đường tròn đườ

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfkb5101.pdf