Cho tứ diện $ABCD$ có các cạnh xuất phát từ $A$ đôi một vuông góc với nhau. Gọi $a$ là cạnh lớn nhất xuất phát từ $A$ và $r$ là bán kính hình cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh rằng
$$a\geq (3+\sqrt{3})r$$
$a\geq (3+\sqrt{3})r$
Bắt đầu bởi euler, 23-05-2005 - 13:01
#1
Đã gửi 23-05-2005 - 13:01
#2
Đã gửi 12-11-2012 - 11:40
Đặt $AB=a;AC=b;AD=c\left ( a\geq b,a\geq c \right )$.
Ta có $r=\frac{3V}{S_{tp}}=\frac{abc}{2\left ( \frac{1}{2}\left ( ab+bc+ca \right )+S_{BCD} \right )}$.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $a\geq \left ( 3+\sqrt{3} \right )\frac{abc}{ab+bc+ca+2S_{BCD}}\Leftrightarrow ab+bc+ca+2S_{BCD}\geq \left ( 3+\sqrt{3} \right )bc$$\Leftrightarrow ab+ac+2S\geq \left ( 2+\sqrt{3} \right )bc$.
Vì $a=max\left \{ a;b;c \right \}\Rightarrow ab+ac\geq 2bc$.
Ta chỉ cần chứng minh $2S\geq \sqrt{3}bc$.
Thật vậy, giả sử $b\geq c$. Khi đó, ta có $\sqrt{a^{2}+b^{2}}\geq \sqrt{a^{2}+c^{2}}\geq \sqrt{b^{2}+c^{2}}$
hay $BC\geq BD\geq CD$.
Suy ra $\widehat{BDC}$ là góc lớn nhất trong tam giác $BCD$. Mặt khác dễ thấy $BCD$ là tam giác nhọn $\left ( BC^{2}+BD^{2}-CD^{2}>0;BD^{2}+CD^{2}-BC^{2}>0;BC^{2}+CD^{2}-BD^{2}>0\right )$ nên $60^{o}\leq \widehat{BDC}<90^{o}$.
Ta có $2S_{BCD}=BD.CD.sinBDC=\sqrt{a^{2}+c^{2}}\sqrt{b^{2}+c^{2}}.sinBDC\geq \sqrt{2ab}\sqrt{2bc}sin60^{o}\geq \sqrt{3}bc$. Suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $ABCD$ là tứ diện vuông cân đỉnh $A$.
Bài toán được giải quyết!
Ta có $r=\frac{3V}{S_{tp}}=\frac{abc}{2\left ( \frac{1}{2}\left ( ab+bc+ca \right )+S_{BCD} \right )}$.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $a\geq \left ( 3+\sqrt{3} \right )\frac{abc}{ab+bc+ca+2S_{BCD}}\Leftrightarrow ab+bc+ca+2S_{BCD}\geq \left ( 3+\sqrt{3} \right )bc$$\Leftrightarrow ab+ac+2S\geq \left ( 2+\sqrt{3} \right )bc$.
Vì $a=max\left \{ a;b;c \right \}\Rightarrow ab+ac\geq 2bc$.
Ta chỉ cần chứng minh $2S\geq \sqrt{3}bc$.
Thật vậy, giả sử $b\geq c$. Khi đó, ta có $\sqrt{a^{2}+b^{2}}\geq \sqrt{a^{2}+c^{2}}\geq \sqrt{b^{2}+c^{2}}$
hay $BC\geq BD\geq CD$.
Suy ra $\widehat{BDC}$ là góc lớn nhất trong tam giác $BCD$. Mặt khác dễ thấy $BCD$ là tam giác nhọn $\left ( BC^{2}+BD^{2}-CD^{2}>0;BD^{2}+CD^{2}-BC^{2}>0;BC^{2}+CD^{2}-BD^{2}>0\right )$ nên $60^{o}\leq \widehat{BDC}<90^{o}$.
Ta có $2S_{BCD}=BD.CD.sinBDC=\sqrt{a^{2}+c^{2}}\sqrt{b^{2}+c^{2}}.sinBDC\geq \sqrt{2ab}\sqrt{2bc}sin60^{o}\geq \sqrt{3}bc$. Suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $ABCD$ là tứ diện vuông cân đỉnh $A$.
Bài toán được giải quyết!
- E. Galois, perfectstrong, N H Tu prince và 3 người khác yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh