Chủ đề này có 3 trả lời

[phanquockhanh]

Chuyên đề ứng dụng đại số trong hình học
I,Đại số hóa một số bất đẳng thức hình hoc

Một số kết quả được sử dụng:
*Chứng minh rằng :
a)$m_{a}+m_{b}+m_{c}\leq \frac{9R}{2}$( độc giả tự chứng minh)(1)
b)$l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq \sqrt{3}p$(2)
c)$\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$
CM:$l_{a}=\frac{2bccos\frac{A}{2}}{b+c}=\frac{2bc\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}}{b+c}=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}\Rightarrow l_{a}\leq \sqrt{p(p-a)}$
"=" xảy ra khi và chỉ khi b=c
Tương tự:$l_{b}\leq \sqrt{p(p-b)}, l_{c}\leq \sqrt{p(p-c)}$.Cộng các BĐT ta được
$l_{a}+l_{b}+l_{c}\leq \sqrt{p}(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c})\leq 3\sqrt{p}\sqrt{\frac{p-a+p-b+p-c}{3}}=p\sqrt{3}$
*Với a,b,c>0.Kí hiệu:S=a+b+c=2p,P=ab+bc+ca=$r^{2}+p^{2}+4Rr$,Q=abc=4Rr.Khi đó ta có:
a)$abc\leq \frac{1}{27}(a+b+c)^{3}\Leftrightarrow 27Q\leq S^{3}$(3)
b)$(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)\Leftrightarrow S^{2}\geq 3P$,(4)
c)$(ab+bc+ca)\geq 3abc(a+b+c)\Leftrightarrow P^{2}\geq 3QS$(5)
d)$(ab+bc+ca)(a+b+c)\geq 9abc\Leftrightarrow PS\geq 9Q$(6)
Ví dụ 1:Chứng minh rằng:
$\frac{1}{3R}(m_{a}+m_{b}+m_{c})+9R^{2}\left ( \frac{1}{m_{a}^{2} }+\frac{1}{m_{b}^{2}}+\frac{1}{m_{c}^{2}}\right )\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a= \frac{1}{3R}m_{a},b=\frac{1}{3R}m_{b},c=\frac{1}{3R}m_{c}$.
Từ $\frac{1}{3R}\left ( m_{a}+m_{b} +m_{c}\right )\leq \frac{3}{2}\Rightarrow a+b+c\leq \frac{3}{2}$.Khi đó bài toán đã cho thành:
Với $a,b,c>0,a+b+c\leq \frac{3}{2}$.Chứng minh rằng:
P=$a+b+c+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq \frac{27}{2}$
Ta có:$P\geq 3\sqrt[3]{abc}+\frac{3}{\sqrt[3]{(abc)^{2}}}$(Theo AM-GM)
Đặt $0< t=\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a+b+c}{2}\leq \frac{1}{2}$.Khi đó:
$\frac{P}{3}\geq t+\frac{1}{t^{2}}=8t+8t+\frac{1}{t^{2}}-15t\Leftrightarrow \frac{P}{3}\geq 3\sqrt[3]{64}-\frac{15}{2}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow P\geq \frac{27}{2}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$
Ví dụ 2:Chứng minh rằng $\frac{\sqrt{3}}{2p}(l_{a}+l_{b}+l_{c})+\frac{4p^{2}}{3}\left ( \frac{1}{l_{a}+l_{b}+l_{c}} \right )\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a=\frac{\sqrt{3}l_{a}}{2p},b=\frac{\sqrt{3}l_{b}}{2p},c=\frac{\sqrt{3}l_{c}}{2p}$ Khi đó từ (2) dễ dàng suy ra $a+b+c\leq \frac{3}{2}$
Việc còn lại ta chỉ cần chứng minh BĐT sau:$a+b+c+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq \frac{27}{2}$(Với a,b,c thỏa mãn điều kiện như trên).
Ví dụ 3:Chứng minh rằng:
$\frac{3r}{2}\left ( \frac{h_{b}}{h_{a}^{2}}+\frac{h_{c}}{h_{b}^{2}}+\frac{h_{a}}{h_{c}^{2}}\right )+\frac{2}{3r}(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq \frac{15}{2}$
Đặt
$a=\frac{3r}{2}\frac{1}{h_{a}},b=\frac{3r}{2}\frac{1}{h_{b}},c=\frac{3r}{2}\frac{1}{h_{c}}$.Khi đó ta thu được bài toán sau:Với a,b,c>0,$a+b+c=\frac{3}{2}$,chứng minh rằng:
$P=\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{15}{2}$
Chứng minh:
Ta có: $P\geq 3\sqrt[3]{abc}+\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$.Đặt $0< t=\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a|+b+c}{3 }\leq \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{P}{3}\geq t+\frac{1}{t}=4t+\frac{1}{t}-3t\geq 4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\Leftrightarrow P\geq \frac{15}{2}$(đpcm)
Ví dụ 4:Chứng minh rằng:$p^{2}\geq 3r^{2}+12Rr$
Sử dung (4) ta được $4p^{2}\geq 3\left ( r^{2} +p^{2}+4Rr\right )\Leftrightarrow Q.E.D$
Ví dụ 5:Chứng minh rằng:
$(r^{2}+p^{2})^{2}+2S^{2}+12R^{2}r^{2}+8Rr^{3}\geq 16Rrp^{2}$
Sử dụng (5) ta được:$(r^{2}+p^{2}+4Rr)^{2}\geq 6p.4Rrp\Leftrightarrow r^{4}+p^{4}+16R^{2}r^{2}+2p^{2}r^{2}+8Rrp^{2}+8Rr^{3}\geq 24Rrp^{2}\Leftrightarrow Q.E.D$

[phanquockhanh]

II.Bài toán hình học phẳng và các vấn đề liên quan xung quanh phương pháp đại số
Một số ví dụ mở đầu:
Ví dụ 1:Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định trong đường tròn cách tâm O một khoảng là a .Xét tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O có 2 đường chéo vuông góc tại P
a)Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của AC.BD
b)Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của AC+BD
c)Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $\frac{AC}{BD}$
d)Tìm chu vi lớn nhất và nhỏ nhất của tứ giác ABCD
Giải
Kí hiệu góc tạo bởi 2 tia PO và PA là $\alpha$.Khi đó:
$AC= 2\sqrt{R^{2}-a^{2}sin^{ 2}\alpha}=2a\sqrt{k-sin^{2}\alpha };BD=2\sqrt{R^{2}-a^{2}cos^{ 2}\alpha},(k> 1)$
a)AC.BD=$2a\sqrt{k-sin^{2}\alpha }.2a\sqrt{k-cos^{2}\alpha }=4a^{2}\sqrt{k^{2}-k+\frac{sin^{2}}{4}}$
$(AC.BD)_{max}\Leftrightarrow sin2\alpha =1,(AC.BD)_{min}\Leftrightarrow sin2\alpha =0$
b)AC+BD=$2a\sqrt{k-sin^{2}\alpha }+2a\sqrt{k-cos^{2}\alpha }=2a(\sqrt{k-sin^{2}\alpha }+\sqrt{k-cos^{2}\alpha })$
Ta có:$\sqrt{k-sin^{2}\alpha }+\sqrt{k-cos^{2}\alpha }\leq \sqrt{2(k-1)}$.
Dấu $"= "\Leftrightarrow tan^{2}\alpha =1$.
Lại có:$(\sqrt{k-sin^{2}\alpha }+\sqrt{k-cos^{2}\alpha })^{2}=2k-1+2\sqrt{k^{2}-k+\frac{sin^{2 }\alpha}{4}}$
Mà $sin^{2 }2\alpha \geq 0$
Từ đó dễ dàng tìm được min,max của AC+BD
c)Ta có$\frac{AC}{BD}=\sqrt{\frac{k-sin^{2}\alpha }{k-cos^{2}\alpha }}$.Tìm giá trị lớn nhất của $A=\frac{ k-sin^{2}\alpha}{k-cos^{2}\alpha}$ ta được kết quả bài toán
d)Đặt PA=x,PC=y,PB=z,PD=t bài toán đưa về tìm min,max của biểu thức:$\sqrt{x^{2}+z^{2}}+\sqrt{y^{2}+z^{2}}+\sqrt{x^{2}+t^{2}}+\sqrt{y^{2}+t^{2}}$ với điều kiện $xy=zt=R^{2}-a^{2}$
Ví dụ 2:Trong hệ trục tọa độ Oxy cho parabol $y=x^{2}+px+q$ sao cho đường cong này cắt Ox tại 2 điểm A,B phân biệt và cắt Oy tại C.Chứng minh rằng khi p,q thay đổi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định.(Vô địch Tây Ban Nha 1997)
Giải
Giả sử $A(x_{1};0);B(x_{2};0);C(0;q)$ là giao điểm của parabol với các trục tọa độ
Đường tròn đi qua 3 điểm A,B,C có PT:
$x^{2}+y^{2}-2ax-2by+c=0$.Khi đó a,b,c là nghiệm của hệ:$\left\{\begin{matrix} x_{1}^{2}-2ax_{1}+c=0\\ x_{2}^{2}-2ax_{2}+c=0\\q^{2}-2bq+c=0 \end{matrix}\right.$
Từ hệ trên suy ra:$2a= x_{2}+x_{1},c=x_{1}x_{2},2b=q+\frac{x_{1}x_{2}}{q}$.Theo định lí Viete ta có:$x_{1}+x_{2}=-p;x_{1}x_{2}=q\Rightarrow 2a=-p;2b=q+1$.Khi đó phương trình đường tròn đi qua các điểm A,B,C có dạng:$x^{2}+y^{2}+px-(q+1)y+q=0$
Nếu M(x0;y0)là điểm cố định của đường tròn trên thì :$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+px_{0}-(q+1)y_{0}+q=0,\forall p,q$.Từ đó dễ dàng tìm được M(0;1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phanquockhanh: 08-03-2013 - 19:29

[phanquockhanh]

Bài tập
Bài 1: Cho một đa giác đều $A_{1}A_{2}...A_{n}$$(n\geq 3)$ biết 4 đỉnh liên tiếp $A_{1},A_{2},A_{3},.A_{4}$ của đa giác thỏa mãn đẳng thức:
$\frac{1}{A_{1}A_{2}}=\frac{1}{A_{1}A_{3}}+\frac{1}{A_{1}A_{4}}$.Tìm số cạnh của đa giác đều đã cho.(Khánh Hòa -2008)
Giải:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đều n cạnh.Khi đó ,ta có:
$A_{1}A_{2}=2Rsin\frac{\pi }{n},A_{1}A_{3}=2Rsin\frac{2\pi }{n},A_{1}A_{4}=2Rsin\frac{3\pi }{n},$.Đẳng thức đã cho thành:$\frac{1}{sin\frac{\pi }{n}}=\frac{1}{sin\frac{2\pi }{n}}+\frac{1}{sin\frac{3\pi }{n}}$

$\Leftrightarrow sin\frac{2\pi }{n}sin\frac{3\pi }{n}=sin\frac{\pi}{n}sin\frac{3\pi}{n}+sin\frac{\pi }{n}sin\frac{2\pi }{n}$

$\Leftrightarrow 2sin\frac{\pi }{n}sin\frac{3\pi }{n}cos\frac{\pi }{n}=sin\frac{\pi }{n}\left ( sin\frac{3\pi }{n} +\frac{2\pi }{n}\right )$

$\Leftrightarrow sin\frac{\pi }{n}\left ( sin\frac{2\pi }{n}+ sin\frac{3\pi }{n}-2sin\frac{3\pi }{n}cos\frac{\pi }{n}\right )=0$

$\Leftrightarrow sin\frac{\pi }{n}\left ( sin\frac{3\pi }{n}+sin\frac{2\pi }{n}-sin\frac{2\pi }{n}-sin\frac{4\pi }{n} \right )=0$

$\Leftrightarrow 2sin\frac{\pi}{n}.sin\frac{\pi}{n}.cos\frac{7\pi }{n}=0$

$\Leftrightarrow cos\frac{7\pi }{2n}=0\Rightarrow \frac{7\pi }{n}=(2k+1)\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow 7=n(2k+1)\Rightarrow n=7$
Vậy đa giác đều có 7 cạnh
Bài 2:Tính các góc của tam giác ABC biết rằng :$\frac{h_{a}}{m_{b}}+\frac{h_{b}}{m_{a}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$ (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 năm 2012).
Giải :
Gọi $A{A}',B{B}'$ là trung tuyến,G là trọng tâm của tam giác ABC.Kí hiệu:$\alpha =\widehat{CA{A}'},\beta =\widehat{CB{B}'}$.H,K là hình chiếu của $A,{B}'$ trên BC.
Theo gt,ta có:$\frac{h_{a}}{m_{b}}=\frac{AH}{B{B}'}=\frac{2{B}'K}{B{B}'}=2sin\beta$ ; tương tự:$\frac{h_{b}}{m_{a}}=2sin\alpha$.Khi đó:$sin\alpha+sin \beta =\frac{2}{\sqrt{3}}(I)$.
Áp dụng định lí hàm số sin cho các tam giác $AG{B}',BGA'$ ta có:
$\frac{sin\alpha}{sin(\beta +C)}\frac{sin\beta }{\alpha +C}=\frac{G{B}'}{GA}.\frac{G{A}'}{GB}=\frac{G{A}'}{GA}.\frac{G{B}'}{GB}= \frac{1}{4}\Rightarrow 8sin\alpha sin\beta=2sin(C+\alpha ) sin(C+\alpha )\Rightarrow 3cos(\alpha -\beta )-4cos(\alpha +\beta )\leq 1$$\Rightarrow 4sin^{2}\frac{\alpha +\beta }{2}+3cos^{2}\frac{\alpha -\beta }{2}\leq 4\Leftrightarrow 4\sqrt{3}.sin\frac{\alpha +\beta }{2}cos\frac{\alpha +\beta }{2}\leq 4\left ( Cauchy \right )$$\Rightarrow sin\alpha +sin\beta \leq \frac{2}{\sqrt{3}}$
Dấu"=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} cos(2C+\alpha +\beta )=-1(1)\\ 2sin\frac{\alpha +\beta }{2}=\sqrt{3}cos\frac{\alpha- \beta }{2}(2) \end{matrix}\right.$
Từ (1)$\Rightarrow 2C+\alpha +\beta =\pi (3);(2)\Rightarrow 4sin^{2}\frac{\alpha +\beta }{2}=2\sqrt{3}sin\frac{\alpha +\beta }{2}cos\frac{\alpha -\beta }{2}\Rightarrow cos(\alpha +\beta )=0\Rightarrow \alpha +\beta=\frac{\pi }{2}$
$\Rightarrow C=\frac{\pi }{4}$(Do (3)).Lại có:$\widehat{A{B}'G}+\widehat{BA'G}=\beta+C +\alpha+ C=2C+\alpha+ \beta =\pi$ (Do (3))$\Rightarrow {A}'G{B}'C$ nội tiếp$\Rightarrow AG.A{A}'=A{B}'.AC\Rightarrow \frac{2m_{a}^{2}}{3}=\frac{1}{2}b^{2}\Rightarrow a^{2}+b^{2}=2c^{2}\Rightarrow sin^{2}A+sin^{2}B=1$ (vì $C=\frac{\pi }{4}$)
$cos2A+cos2B=0\Rightarrow cos(A-B)=0.$ Vì $A+B=\frac{3\pi }{4}\Rightarrow (A-B)=\frac{\pi }{2}\vee(A-B)=-\frac{\pi }{2}.$Từ đó dễ dàng tìm được A,B

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phanquockhanh: 27-09-2013 - 21:02

[namcpnh]

Mình ủng hộ 1 bài.

Bài ...( Đề chính thức Olympic 30-4 năm 2010, khối 10)

Cho M là điểm tùy ý thuộc miền trong tam giác đều ABC.Gọi $A_1$,$B_1$,$C_1$ lần lượt là hình chiếu của M lên BC, AC,AB.Tìm GTNN của $P=\frac{MA^2+MB^2+MC^2}{(MA_1+MB_+MC_1)^2}$