Chủ đề này có 4 trả lời

[LHMTr]

cho tam giác ABC , trên 3 cạnh AB , BC , CA lần lượt lấy bất kỳ 3 điểm D, E , F . cmnr trong 3 tam giác: tam giác ADF , tam giác BDE , tam giác CEF có ít nhất 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 1/4 diện tích tam giác ABC . nếu cả 3 tam giác đó đều = 1/4 diện tích tam giác ABC thì điều gì xảy ra ?

[bangbang1412]

cho tam giác ABC , trên 3 cạnh AB , BC , CA lần lượt lấy bất kỳ 3 điểm D, E , F . cmnr trong 3 tam giác: tam giác ADF , tam giác BDE , tam giác CEF có ít nhất 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng 1/4 diện tích tam giác ABC . nếu cả 3 tam giác đó đều = 1/4 diện tích tam giác ABC thì điều gì xảy ra ?

Trước hết ta có các bdt sau hiển nhiên đúng 

$\frac{AD.BD}{AB^{2}}=\frac{AD.BD}{(AD+DB)^{2}}\leq \frac{1}{4}$

$\frac{BE.EC}{BC^{2}}=\frac{BE.EC}{(BE+EC)^{2}}\leq \frac{1}{4}$

$\frac{AF.FC}{AC^{2}}=\frac{AF.FC}{(AF+FC)^{2}}\leq \frac{1}{4}$

Đặt $S_{ADF}=S_{1},S_{BDE}=S_{2},S_{CEF}=S_{3},S=S_{ABC}$

Từ $D$ kẻ đường $DK$ vuông góc với $AC$ và từ $B$ kẻ đường $BM$ vuông góc $AC$

Ta có $\frac{S_{1}}{S}=\frac{DK.AF}{BM.AC}$ 

Theo định lý $Talet$ cho tam giác $ABM$ ta có $\frac{DK}{BM}=\frac{AD}{AB}$

Nên $\frac{S_{1}}{S}=\frac{AD.AF}{AB.AC}$

Tương tự ta có $\frac{S_{2}}{S}=\frac{BD.BE}{AB.BC}$

Và $\frac{S_{3}}{S}=\frac{CF.CE}{AC.BC}$

Nhân vế với vế và sử dụng $3$ bdt ban đầu ta có $\frac{S_{1}S_{2}S_{3}}{S^{3}}\leq \frac{1}{4^{3}}$

Nên $S_{1}S_{2}S_{3}\leq \frac{1}{64}S^{3}$

Do đó $1$ trong bai tam giác kia phải có diện tích không quá $\frac{1}{4}S$ , nếu cả $3$ tam giác này cùng có diện tích là $\frac{S}{4}$ thì các đẳng thức phải xảy ra tức là $D,E,F$ là các trung điểm các cạnh của tam giác $ABC$

Hihi , bài này là một kỷ niệm đẹp với mình , có thể nói nó kéo mình học toán , mình giải nó mất $2$ tháng 

[bachhammer]

Nếu mình nhớ không lầm thì đây là bài hình IMO 1966, đã được mình đăng cách đây khá lâu....Và có một lời giải muốn chia sẻ với các bạn IMO 1966. Tham khảo nhé!!!  

[bachhammer]

Một lời giải khác như sau; Gỉa sự điều ngược lại đúng, tức là diện tích các tam giác đó đều lớn hơn 1/4 diện tích tam giác ABC. Xét tam giác ALM có: $4S_{ALM}>S_{ABC}\Leftrightarrow 4AL.AMsinA>AB.ACsinA\Leftrightarrow 4AL.AM> AB.AC\Leftrightarrow 4AL.AM>(AM+BM).(AL+CL)\Leftrightarrow 3AL.AM> AM.CL+BM.AL+BM.CL$. Nếu ta đặt $k=\frac{BK}{CK};l=\frac{CL}{AL};m=\frac{AM}{BM}$  và bất đẳng thức ta vừa chứng minh được viết lại là $3>l+\frac{1}{m}+\frac{l}{m}$. Tương tự ta có: $3>k+\frac{1}{l}+\frac{k}{l}$;$3>m+\frac{1}{k}+\frac{m}{k}$. Cộng 3 bđt theo vế ta được: $9>(k+\frac{1}{k})+(n+\frac{1}{n})+(m+\frac{1}{m})+(\frac{k}{l}+\frac{l}{m}+\frac{m}{k})$ (trái với BĐT Cauchy). Do đó ta có đpcm...

[LHMTr]

xin lỗi tại mình ít đăng đề lắm (_._") ,vs lại cũng ko pk gõ Látex