Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 125 nên cũng chả mấy ai quan tâm. Đến đọan giữa thế kỷ 20- khi máy tính bắt đầu được sử dụng, khi các vấn đề tối ưu trong kinh tế, kỹ thuật trở nên quan trọng thì người ta lại tìm lại các lý thuyết về đa diện. Từ những năm 50 trở lại đây, lý thuyết đa diện phát triển rất nhanh. Hiện nay có khối thứ lằng nhằng trừu tượng liên quan đến nó, cũng có khá nhiều connection giữa lý thuyết đa diện và các lọai tóan khác- mà có lẽ đựơc nhiều người quan tâm nhất là các mối tương quan của nó với hình học đại số (vì số lựơng người học HHDS rất đông đảo). Grothendieck sau khi tìm hiểu mấy cuốn sách về đa diện đều của Coxeter cũng có đưa ra một số vấn đề liên quan đến hình học đại số mà hình như đến nay vẫn chưa đựơc giải quyết. Ngoài ra mấy cái lý thuyết mới của hình học vi phân như Hyperkaehler Geometry của Witten- Rolanzky đưa ra năm 1996 (quaternion geometry- tức là hình học vi phân không gian 4n chiều), Correlation polytopes đưa ra năm 1989 (các polytopes với các đỉnh là các ma trận! ) với ứng dụng chủ yếu cho các lọai quantum theory cũng có ít nhiều liên hệ với lý thuyết đa diện. 6. Schlegel diagram? Schlegel diagram có thể gọi là một mẹo vặt rất đơn giản của hình học: chiếu tất cả các mặt khác của một hình đa diện lồi bất kỳ xuống một mặt của nó. Hoặc nói một cách khác- chúng ta cầm một khung hình lập phương ABCDEFGH lên chẳng hạn, dí thật sát mắt vào một mặt, tạm gọi là mặt ABCD của nó, thì cuối cùng hình ảnh hiện ra là chúng ta nhìn thấy mọi mặt bên trong của hình lập phương này. Nếu nói formal, thì để chiếu một hình ảnh nhiều chiều hơn xuống thấp chiều hơn, chúng ta chỉ việc di chuyển điểm nhìn tới sát một mặt sao cho nó nằm ở miền trong giao bởi mọi đường thẳng đi qua các mặt đa diện khác. Chiếu từ không gian nhiều chiều hơn vì thế, tương tự. Ví dụ cái hình ở post đầu tiên em đưa lên là hình lập phương trong không gian 4 chiều- gồm 16 đỉnh, 32 cạnh, 32 mặt 2 chiều (hình vuông), và 16 mặt 3 chiều (hình lập phương). Còn làm sao để nhìn đựơc nó thành 2 cái hình lập phương lồng vào nhau thế thì là do cách chiếu Schlegel luôn dùng một mặt (n-1) để chiếu. Ở trong không gian 3 chiều, một mặt (n-1) của một đa diện là một mặt 2 chiều. Trong không gian 4 chiều thì một mặt của nó chính là 1 mặt 3 chiều- tức là hình lập phương! 7. Phân lớp các đa diện trong không gian 3 chiều. Steinitz đã làm việc này khá đơn giản: vẽ một mặt phẳng tọa độ 2 chiều, với trục tung là trục f2 (mặt), trục hòanh là trục f0 (đỉnh). Nhờ công thức 0 1 2 2 f f f − + = cho đa diện 3 chiều chúng ta có những gì? 1) 0 4 f ≥ 2) 2 4 f ≥ 3) 0 2 2 4 f f ≤ − 4) 2 2 0 4 f f ≤ − Chứng minh: 1) và 2) là bất đẳng thức cơ bản, vì bất cứ đa diện 3 chiều nào cũng có ít nhất 4 đỉnh, 4 mặt. 3) và 4) tương tự như nhau: - Vì một mặt có ít nhất 3 cạnh, và mỗi cạnh là giao của 2 mặt 3 2 2 1 f f ⇒ ≤ . Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 126 Thay vào công thức Euler ở trên chúng ta được 1 2 2 0 1 2 0 3 2 0 2 2 f f f f f f f f = − + ≤ − + = − ⇒ đ pcm. V ậ y thì, ch ỉ vi ệ c k ẻ 2 đườ ng th ẳ ng c ắ t nhau t ạ i đ i ể m ( ) 4,4 I = b ị ch ặ n b ở i hai n ử a m ặ t ph ẳ ng 0 2 2 4 f f ≤ − và 2 2 0 4 f f ≤ − chúng ta đựơ c m ộ t cách qu ạ t m ở (ra vô cùng) mà b ấ t c ứ m ộ t đ i ể m nguyên nào n ằ m trong cách qu ạ t m ở này c ũ ng là s ố đỉ nh và s ố m ặ t c ủ a m ộ t đ a di ệ n (các b ạ n th ử xem!). Ví d ụ , t ạ i đ i ể m ( ) 4,4 I = chúng ta đựơ c hình t ứ di ệ n. T ạ i đ i ể m ( ) 5,5 J = chúng ta đựơ c m ộ t đ a di ệ n có 5 đỉ nh, 8 c ạ nh, 5 m ặ t. T ạ i đ i ể m ( ) 8,7 K = chúng ta đựơ c m ộ t đ a di ệ n khác .v.v. C ầ n chú ý là các đ i ể m nguyên n ằ m trên đườ ng th ẳ ng 0 2 2 4 f f = − g ọ i là các đ a di ệ n simplicial, còn các đ i ể m n ằ m trên đườ ng th ẳ ng 2 2 0 4 f f = − g ọ i là các đ a di ệ n simple. Các đ a di ệ n Simplicial n chi ề u là các đ a di ệ n mà t ấ t c ả các m ặ t c ủ a nó có đ úng n c ạ nh. Các đ a di ệ n simple n chi ề u là các đ a di ệ n mà t ấ t c ả các đỉ nh c ủ a nó là giao c ủ a đ úng n m ặ t. Ví d ụ hình l ậ p ph ươ ng 3 chi ề u là m ộ t đ a di ệ n simple, vì t ấ t c ả các đỉ nh c ủ a nó là giao c ủ a đ úng 3 m ặ t. Hai d ạ ng đ a di ệ n simple và đ a di ệ n simplicial này là các tr ườ ng h ợ p extreme bao l ấ y tòan b ộ tính ch ấ t t ổ h ợ p (có ngh ĩ a là s ố l ượ ng đỉ nh, c ạ nh, m ặ t v.v.) c ủ a các đ a di ệ n khác. Các simplicial complex nó ch ỉ t ươ ng ứ ng v ớ i các simplicial polytopes- m ộ t l ớ p polytopes đặ c bi ệ t, là l ớ p polytopes "ch ặ n trên" c ủ a t ấ t c ả các polytopes. Ví d ụ nh ư trong các đ a di ệ n 3 chi ề u thì l ớ p simplicial polytopes là l ớ p các polytopes th ỏ a mãn ph ươ ng trình f0 = 2f2 - 4, mà em đ ã vi ế t ở bài phân l ớ p các đ a di ệ n 3 chi ề u. Trong không gian 4 chi ề u, tình th ế khác. K ế t lu ậ n đầ u tiên là: các polytopes có th ể n ằ m khá lung tung, ch ứ không n ằ m kín các đ i ể m nguyên trong m ộ t polyhedral cone 3 chi ề u c ố đị nh, t ươ ng t ự nh ư t ấ t c ả các đ a di ệ n 3 chi ề u n ằ m kín các đ i ể m nguyên trong cái cone 3 chi ề u n ữ a. Gi ả s ử dùng các b ấ t ph ươ ng trình ( ) 0 0 1 0 5, 3 5, 1 10, 1 4 0 10, 0 3 1 2 2 3, 1 2 f f f f f f f f f f vì f f f − ≥ ≥ ≥ ≥ − + ≥ ≥ ≤ để t ạ o ra m ộ t hình 3 chi ề u m ở (không b ị ch ặ n ra vô cùng) thì v ẫ n ch ư a th ể bi ế t chính xác m ộ t đ i ể m X n ằ m trong cái m ặ t cone 3 chi ề u m ở này có ph ả i là m ộ t Polytope hay không. Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 127 CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SƯU TẦM 1. Kí hi ệ u , , A B C S S S t ươ ng ứ ng là di ệ n tích c ủ a các th ấ t giác đề u 1 2 3 4 5 6 7 , A A A A A A A 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 , B B B B B B B C C C C C C C . Gi ả s ử 1 2 1 3 1 4 A A B B C C = = . Ch ứ ng minh r ằ ng: 2 A B C A S S S S < + < Gi ả i: Đặ t 1 2 1 3 1 4 , , . A A a A A b A A c = = = Ta có: 1 2 3 4 4 5 1 3 3 5 1 4 1 5 , A A A A A A A A A A b b c A A A A c = =   = = ≠   = =  S ử d ụ ng đị nh lí Ptolemy cho t ứ giác n ộ i ti ế p 1 3 4 5 A A A A ta có: 1 4 3 5 1 5 3 4 1 3 4 5 . . . 1 A A A A A A A A A A A A ab ac a a b c = + = + ⇔ + = Ta có: 1 2 3 1 2 3 2 2 1 3 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 3 2 A A A B B B A A A A A A a a B B C C B B B B B B b c ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = ⇒ = ∼ Ta có các thất giác đều đồng dạng với nhau. 2 2 CB A A S S a a S S b c     ⇒ + = +         Ta có: 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 a a a a a b c b c bc       = + ≤ + = − <             ⇒ đpcm. 2. Trên mặt phẳng cho hai hình bình hành 1 3 5 7 A A A A và 2 4 6 8 A A A A có chung tâm O. Các cạnh của hình 2 4 6 8 A A A A cắt các tia 1 3 5 7 , , , OA OA OA OA tại 1 3 5 7 , , , F F F F . Các cạnh của hình 1 3 5 7 A A A A cắt tia 2 4 6 8 , , , OA OA OA OA tại 2 4 6 8 , , , F F F F . Với mỗi { } 1,2,3, ,8 k ∈ đặt k k k OF OA λ = . Chứng minh tồn tại { } 1,2,3, ,8 k ∈ để 1 2 k λ ≥ . Giải: * Cách d ựng: Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 128 Cho hình bình hành 1 3 5 7 A A A A tâm O . Gọi M , 1 3 5 7 , , , F F F F lần lượt là trung điểm của 1 3 1 3 5 7 , , , , A A OA OA OA OA . 1 3 F F cắt 3 5 1 7 , , OM A A A A lần lượt tại P, Q, R . 2 8 , A PQ A PR ∈ ∈ sao cho 2 8 1 2 PQ PR PA PA = < . D ự ng hình bình hành 2 4 6 8 A A A A nh ậ n tâm O làm tâm thì d ễ th ấ y ( ) 1 1 1,3,5,7 2 2 i i OF i OA = < = và ( ) 2 1 2,4,6,8 2 j j OF PQ j OA PA = < = . Để tránh x ả y ra tr ườ ng h ợ p này ta b ổ sung vào gi ả thi ế t: Trên m ặ t ph ẳ ng cho 2 hình bình hành 1 3 5 7 A A A A , 2 4 6 8 A A A A có chung tâm O sao cho không có c ạ nh nào c ủ a hình bình hành này c ắ t 2 c ạ nh đố i c ủ a hình hành kia. Xét 2 tr ườ ng h ợ p: a) N ế u t ồ n t ạ i m ộ t đỉ nh (vd: A 1 ) c ủ a hình bình hành này n ằ m trong hình ho ặ c trên c ạ nh c ủ a hình bình hành kia thì 1 1 1 1 2 OF OA ≥ > . K ế t lu ậ n bài toán đ úng. b) N ế u m ọ i đỉ nh c ủ a hình bình hành này n ằ m ngoài hình bình hành kia thì m ỗ i c ạ nh c ủ a hình bình hành này ph ả i c ắ t 2 c ạ nh k ề nhau c ủ a hình bình hành kia. * B ổ đề 1: Cho ABC ∆ v ớ i BO là trung tuy ế n. , . M BO MB MO ∈ = M ộ t đườ ng th ẳ ng qua M c ắ t c ạ nh BA t ạ i F và c ắ t BC t ạ i E thì có: 4 (1) BA BC BF BE + = Ch ứ ng minh: K ẻ AI / /EF, , / / , AI BO I CI EF CI BO J ∩ = ∩ = Ta có: , BA BI BC BJ BF BM BE BM = = 4 BA BJ BD BF BE BM ⇒ + = = * B ổ đề 2: Cho hình bình hành tâm O. G ọ i M,N l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a BO,AO. L ấ y đ i ể m F trên c ạ nh AB. N ế u tia FM c ắ t BC t ạ i E và FN c ắ t AD t ạ i K thì có: BE AK BC + ≥ Ch ứ ng minh: Theo (1) ta có: 4, 4 BA BC AB AD BF BE AF AK + = + = C ộ ng t ừ ng v ế hai đẳ ng th ứ c trên ta có và s ử d ụ ng b ấ t đẳ ng th ứ c Schwartz ta có: 4 4 8 1 BA AB BC AD BA AB BC BC AB BC BF AF BE AK BF AF BE AK BF AF BE AK BC BE AK BC BE AK = + + + = + + + ≥ + + + ⇒ ≥ ⇔ + ≥ + Tr ở lại bài toán: Giả sử  2 1 3 2 1 3 2 4 8 , . A AOA OA A A F A A ∈ ∩ = đi qua O cắt A 3 A 5 tại F 4 , cắt A 1 A 7 tại F 8 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của OA 3 ,OA 1 . Ta chứng tỏ rằng một trong hai tia F 2 M, F 2 N ph ải cắt đoạn F 4 F 8 . Gọi X,Y lần lượt là giao điểm của tia A 5 M và A 7 N với cạnh A 1 A 3 . Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 129 Nếu 2 F thuộc 3 XA (hay YA 1 ) thì 2 F M phải cắt 4 OF (hay 8 OF ). Nếu 2 F thuộc XY, giả sử 2 F M cắt 3 5 A A tại 2 , E F N cắt 1 7 A A tại K. Mà 3 3 4 A E A F < và 1 1 8 A K A F < suy ra 3 1 3 4 1 8 3 5 A E A K A F A F A A + < + = trái với (2). Không mất tính tổng quát coi F 2 M cắt OF 4 tại D nghĩa là 4 OF OD ≥ (3). Ta ch ỉ ra rằng nếu 1 2 k k OF OA < v ới mọi k thì dẫn đến mâu thuẫn. Vì 3 2 2 3 & OF OF OA OA đều 1 2 < nên có thể lấy được đỉểm P nằm trong đọan thẳng ( ) 2 2 2 2 A F OF OP OA < < và điểm Q nằm trong đoạn ( ) 3 3 3 3 A F OF OQ OA < < sao cho 2 3 1 (4) 2 OF OQ OP OA = = Do đoạn PQ cắt đoạn 2 3 A F nên PQ cắt 4 OA tại R với 4 OR OA > (5). Thay 3 2 OA OM = vào (4) ta được: 1 (6) 2 OM OQ = T ừ (4) và (6) suy ra 2 / / PQ MF nên 4 4 1 2 OF OD OM OR OQ OA = = > K ết hợp với (3) ta có: 4 4 ; OF OA OR OR OD > ≥ mâu thuẫn với (5). Vậy suy ra đpcm. 3. Cho tứ giác nội tiếp ( ) : , 5, , 1 O ABCD R AC BD OI = ⊥ = . Chứng minh: 1 4 TCD S ∆ ≤ ≤ Giải: G ọi AE là đường kính (O). Ta có: / / BD CD . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 IA IB IC ID AD BC AD DE AE ⇒ + + + = + = + = = Mà 2 2 4 4 . . 4 ,IC IA IB ID R OI IA IB IC ID = = − = ⇒ = = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 16 16 16 16 20 1 2 . 1 4 1 4 4 IC ID IC ID S S IC ID IC ID S S       ⇒ = + + ≥ + = + = +             2 16 20 4 5 4 0 1 4 1 2; 4 2 2 S S S S S S IC ID S IC ID ⇒ ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ = ⇔ = = = ⇔ = = 4. Cho ABC ∆ có trọng tâm G, đường tròn nội tiếp tâm I. Chứng minh: { } { } 2 2 2 max , , 4min , , a b c ab bc ca < Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 130 Gi ả i: * Cách 1: Không m ấ t tính t ổ ng quát, gi ả s ử a b c ≥ ≥ . Ta c ầ n ch ứ ng minh a 2 < 4bc. K ẻ IT BC ⊥ , AM là trung tuy ế n, ( ) , ; AM I N P ∩ = Ta có: 2 MT MN MP = ⋅ . Mà . MN MP MG MA ⋅ < ⋅ 2 2 1 . 3 MT MG MA MA ⇒ < < Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 a c a b b c MT MB BT + − −     = − = − =         ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 1 4 3 4 2( ) 3( ) 4 ( ) 4 b c a MA b c a b c a b c b c a bc b c a bc + − = + − − ⇒ < ⇔ < + − − ⇔ < − − ⇒ < B ất đẳng thức được chứng minh xong. * Cách 2: Giả sử (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại T,U,V ta có: ; , AU p a BV p b CT p c = − = − = − . Vì G là trọng tâm của ABC ∆ nên theo công thức Lepnit ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 5( ) 6 (1) IA IB IC IG GA GB GC IA IB IC r GA GB GC a b c r p a p b p c r a b c p a p b p c a b c ab bc ca + + = + + + ⇒ + + ≤ + + + + + ⇒ + − + − + − ≤ + + + ⇔ − + − + − ≤ ⇔ + + ≤ + + Không m ấ t tính t ổ ng quát gi ả s ử a b c ≥ ≥ . T ừ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 3 2 2 4 a b c b c bc a ⇒ − + + − ≤ − Vì a b c < + nên d ấ u b ằ ng không x ả y ra. ( ) ( ) ( ) ( ) { } { } 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 4 4 0 4 max , , 4min , , a b c b c bc a bc a a bc a b c bc ca ab ⇒ − + + − < − ⇒ − > ⇒ < ⇒ < Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 131 Đ i ề u đặ t bi ệ t ta th ấ y ở b ấ t đẳ ng th ứ c này là không th ể thay s ố 4 b ằ ng s ố nh ỏ h ơ n, nh ư ng d ấ u b ằ ng l ạ i không x ả y ra. 5. Cho 0, 2 a π   ∈     đặ t 2 2 1 sin os 2 2 n c α α = + H ỏ i trong không gian có th ể d ự ng đượ c hay không n đườ ng th ẳ ng cùng đ i qua m ộ t đ i ể m và góc gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng b ấ t kì trong chúng không nh ỏ h ơ n α . T ạ i sao? Gi ả i: Gi ả s ử qua đ i ể m O trong không gian ta d ự ng đượ c n đườ ng th ẳ ng th ỏ a mãn yêu c ầ u đề bài. L ấ y O làm tâm c ủ a hình c ầ u bán kính 1. L ấ y m ỗ i đườ ng th ẳ ng trong s ố n đườ ng th ẳ ng nói trên làm tr ụ c d ự ng hình nón xoay đỉ nh O, đườ ng sinh có độ dài 1 và góc ở đỉ nh b ằ ng α . Khi đ ó ta s ẽ có 2n hình nón đ ôi m ộ t không có đ i ể m chung trong (do góc gi ữ a 2 tr ụ c c ủ a hình nón b ấ t kì không nh ỏ h ơ n α .  Th ể tích hình c ầ u l ớ n h ơ n 2n l ầ n th ể tích 1 hình nón. 2 2 2 2 4 1 2 sin cos 3 3 2 2 2 2 2 1 sin cos sin cos sin cos 2 2 2 2 2 2 n n α α π π α α α α α α > ⇔ < ⇔ + < (Vô lí) K ế t lu ậ n: không th ể d ự ng đượ c n đườ ng th ẳ ng th ỏ a mãn yêu c ầ u đề bài. 6. Trong m ặ t ph ẳ ng ho ặ c trong không gian cho 1 đườ ng th ẳ ng ∆ và 2 đ i ể m , A B ∉ ∆ . Tìm trên ∆ 1 đ i ể m M sao cho MA MB + đạ t min và tính giá tr ị đ ó theo ( ) ( ) , , & , AB d d A a d B b = ∆ = ∆ = . Gi ả i: * Cách 1: (ph ươ ng pháp hình h ọ c) Xét 2 tr ườ ng h ợ p: a) ∆ và AB đồ ng ph ẳ ng: - N ế u A,B cùng phía đố i v ớ i ∆ thì đ i ể m M c ầ n tìm là giao c ủ a ∆ và AB. - N ế u A,B khác phía đố i v ớ i ∆ thì đ i ể m 1 B = Đ ( ) B ∆ đố i x ứ ng v ớ i B qua ∆ , th ế thì v ớ i m ọ i M ′ trên ∆ ta luôn có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 min ' ' ' AB MA MB M A M B M AB MA MB MA MB M AB = + ≤ + = ∆ ∩ ⇒ + ⇔ + ⇔ = ∆ ∩ b) ∆ và (AB) không đồ ng ph ẳ ng: MA+MB không đổ i khi quay trong 2 đ i ể m xung quang tr ụ c ∆ . Suy ra ta gi ữ m ộ t trong 2 đ i ể m, ch ẳ ng h ạ n là đ i ể m B và quay A quanh tr ụ c ∆ đế n v ị trí A 1 m ớ i sao cho A 1 B và ∆ đồ ng ph ẳ ng, bài tóan tr ở l ạ i tr ườ ng h ợ p đầ u. ( ) ( ) 1 1 min MA MB MA MB M A B ⇒ + = + ⇔ = ∆ ∩ Chun đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 132 * Cách 2: (ph ươ ng pháp đạ i s ố , s ử d ụ ng các b ấ t đẳ ng th ứ c c ổ đ i ể n) G ọ i , A B ′ ′ l ầ n l ượ t là hình chi ế u c ủ a A và B trên ∆ và gi ả s ử ' ' A B ≠ . Ta ch ọ n h ướ ng d ươ ng c ủ a ∆ là h ướ ng đ i t ừ A ′ đế n B ′ thì ( ) A B A M MB M ′ ′ ′ ′ = + ∈ ∆ . Đặ t ' , ' , AA a BB b = = ( ) ( ) 2 , , , 0 & 2A B c A M u MB v c u v c const M ′ ′ ′ ′ = = = ≠ + = = ∀ ∈ ∆ Ta có: 2 2 2 2 NA MB u a v b + = + + + Mà ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 u a v b u v a b + + + ≥ + + + (b đ t BCS) ( ) 2 2 2 2 2 2 " " 4 u v u a hay a b v b MA MB u a v b c a b = ⇔ = = ⇒ + = + + + ≥ + + Kết luận : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 min 4 4 MA MB c a b d ab d AB + = + + = + = Ở điểm [ ] ' ' M A B ∈ và chia trong đoạn đó theo tỉ số : : A M MB a b ′ ′ = . * Cách 3: (ph ương pháp tọa độ) Xác định tọa độ M trên đường thẳng ∆ bằng cách chọn trung điểm O thuộc đoạn A B ′ ′ làm gốc tọa độ và tia dương Ox chứa B ′ . Đặt ( ) 0 , OB OA c c OM x ′ ′ = − = > = . , A M OM OA x c B M OM OB x c ′ ′ ′ ′ ⇒ = − = + = − = − ( ) ( ) 2 2 2 2 ( ) MA MB f x x c a x c b ⇒ + = = + + + − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 '( ) '( ) 0 (*) '( ) 0 (1) x c x c f x x c a x c b x c a x c a f x x c b x c b a b c c x a f x x c x b a b + − ⇒ = + + + − + + + +   = ⇔ = =   +   − + − + ⇒ = ⇔ = ⇔ = − + Đẳng thức (1) có dạng hình học là ở điểm cực tiểu M.     ' ' ' ' & ' ' ' ' A M AA MA MAA MBB AMA BMB B M BB MB = = ⇒ = = Thay (1) vào (*) rút gọn ta ra được kết quả giống như sử dụng 2 cách kia. 7. Cho một hình cầu nội tiếp trong một hình tròn xoay. Một hình trụ ngoại tiếp hình cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón. Gọi 1 2 , V V lần lượt là thể tích của hình nón và hình trụ. a) Chứng minh rằng 1 2 V V ≠ . b) Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số 1 2 V V . Giả i: Chun đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 133 a) Ta giả sử hình nón có đường cao BD = h, bán kính đáy là DC = a, góc giữa đường sinh và trục là α, bán kính hình cầu nội tiếp là r. Ta có: 2 1 , 3 ha V π = (*) ( ) 1 sin , sin sin r r h OB OD r α α α + = + = + = ( ) 1 sin .tan .tan . sin r a h α α α α + = = Thay các kết quả trên vào (*) ta được: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 1 2 . 1 sin . 1 sin . 3sin .cos 3sin . 1 sin r r V π α π α α α α α + + = = − Th ể tích hình tr ụ ngo ạ i ti ế p hình c ầ u là 3 2 2 V r π = , do đ ó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 sin 1 , 6.sin 1 sin 6 1 x V V x x α α α + + = = − − T ừ đ ây ta xét sin ,0 1 x x α = < < . Giả sử rằng 1 2 1 V V = (tức là 1 2 V V = ), ta được phương trình 2 7 4 1 0 x x − + = , phương trình bậc hai theo x này vô nghiệm; điều này có nghóa không tồn tại α để 1 2 V V = và khẳng đònh ở đề bài được chứng minh. b) Đặt 1 2 V k V = , ta có phương trình ( ) ( ) 2 1 6 2 1 3 1 0 k x k x + + − + = , để phương trình này có nghiệm, ta phải có ( ) ( ) 2 4 1 3 1 6 0 3 k k k ′ ∆ = − − + ≥ ⇔ ≥ . Vậy giá trò nhỏ nhất của 1 2 V k V = là 4 3 , ứng với 1 sin & 3 3 x OB r α = = = . 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cố đònh cạnh a và thể tích không đổi. Tìm vò trí của S để diện tích xung quanh nhỏ nhất. Giải. Ta có thể tích hình chóp 1 3 3 ABCD ABCD V V hS h S = ⇒ = không đổi. Xác đònh S chỉ cần xác đònh chân đường cao H. Dựng , , , . HM AB HN BC HP DC HQ AD ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ Đặ t , , , HM x HN y HP z HQ t = = = = ( ) SH ABCD SM ⊥ ⇒ có hình chiếu HM AB SM AB ⊥ ⇒ ⊥ Tương tự , , SN BC DC SP SQ AD ⊥ ⊥ ⊥ . Chun đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 134 xq SAB SBC SCD SDA S S S S S ⇒ = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 AB SM BC SN CD SP DA SQ a x h a y h a z h a t h ax ah ay ah az ah at ah = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = + + + + + + + = + + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức ta có ( ) ( ) 2 2 1 4 2 xq S ax ay az at ah ≥ + + + + Nếu điểm H nằm ngoài hình thoi ABCD thì 2 ABCD ax ay az at S+ + + > Nếu H nằm trong hình thoi ABCD hay ở trên cạnh thì 2 ABCD ax ay az at S+ + + = Vậy ( ) 2 2 2 1 4 16 2 xq ABCD S S a h ≥ + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H nằm trong hình thoi & ax ay az at ah ah ah ah = = = x y z t ⇔ = = = ⇔ H là trực tâm đường trong nội tiếp hình thoi ⇔ H trùng với tâm O của hình thoi Vậy xq S nhỏ nhất khi ( ) SO ABCD ⊥ và SO h = 9. Xét t ấ t c ả các tam giác ABC có đ áy AB c ố đị nh và độ dài t ấ t c ả các đườ ng cao k ẻ t ừ C đề u b ằ ng h ằ ng s ố h. Trong các tam giác này thì tam giác nào có tích độ dài ba đườ ng cao l ớ n nh ấ t? Gi ả i: Bài tốn này là m ộ t bài trong đề thi Olympic Châu Á Thái Bình D ươ ng l ầ n II. Đ ây là m ộ t bài tốn khá hay và đượ c gi ả i b ằ ng nhi ề u cách, ở đ ây chúng tơi s ẽ đư a ra 3 cách, m ỗ i cách đề u ch ỉ có m ộ t đ i ể m ch ố t là xét độ dài c ủ a h so v ớ i AB nh ư ng l ạ i có cái hay riêng, b ạ n đọ c hãy t ự tìm hi ể u nhé. Cách 1: G ọ i , , a b c là độ dài các c ạ nh đố i di ệ n v ớ i các góc A,B,C t ươ ng ứ ng; cho , , a b c h h h là độ dài các đườ ng cao l ầ nl ượ t h ạ t ừ các đỉ nh A,B,C. Ta kí hi ệ u di ệ n tích tam giác ABC là S. Ta có c và c h cho tr ướ c, do v ậ y 1 2 c S ch const = = . Suy ra: ( ) ( ) ( ) 3 8 a b c S ah bh ch const = = Nh ư th ế , để tích a b c h h h đạ t giá tr ị l ớ n nh ấ t, ta c ầ n có tích abc đạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t, vì c đượ c cho tr ướ c. Ta có: 2 sin S ab C = khơng đổ i, do đ ó ab đạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t khi sin C đạ t giá tr ị l ớ n nh ấ t. N ế u 2 AB h ≤ , thì s ẽ t ồ n t ạ i ABC ∆ vng t ạ i C. Khi đ ó , sin C đạ t giá tr ị l ớ n nh ấ t. [...]... riêng mình (hi n nhiên là s lư ng bài toán không nhi u và do trình đ còn h n h p nên không tránh kh i nh ng sai l m đáng ti c hay trùng l p) Tôi s thông qua 2 pp sau: - D n bi n trong hình h c (Các b n có th tham kh o 1 vài tư li u khác) - Phương pháp dI1 (ta s hi u rõ hơn qua các ví d sau) * M t s ví d : VD1: (IMO 2004) Gi s n là 1 s t nhiên l n hơn 2 và n là s th c dương 1 xi (i = 1, n) th a mãn ∑ xi... 5 Nh ng đi m C nói trên ch y trên đư ng th ng song song v i AB và cách AB m t kho ng b ng h (ta g i là đư ng (K)) (Nói chính xác, m t c p đư ng th ng song song như th 1 hai bên AB) N u h ≤ , thì t n t i m t đi m C trên đư ng th ng (K) đó sao cho 2 0 ACB = 90 , do v y, trư ng h p này ta đư c hxy = h 2 b ng cách ch n C sao cho ACB = 900 , và rõ ràng đây là v trí c n tìm 1 N u h > , thì không m t đi m...Chuyên đ b t đ ng th c hình h c Nhóm 5 AB thì góc C nh n Khi đó, sin C l n nh t khi và ch khi góc C l n nh t Rõ 2 ràng đi u này x y ra khi ∆ABC là tam giác cân t i C N u h> Cách 2: Do đáy AB c đ nh, có th gi s AB=1 K đư ng vuông góc AP xu ng AB, sao cho AP b ng h L y đi m Q n m trên đư ng th ng qua P và song song v i AB sao cho BQ vuông góc AB Lúc đó, ta ph i có C n m trên PQ (ho c trêm đư ng... toán 5: (Ngô Minh Trí) V i m i ai , i = 1, n b ba b t kì là đ dài 3 c nh tam giác và a1 ≤ a2 ≤ ≤ an th a: ∑a i = 2 Ch ng minh: (1 − a1 ) a2 (1 − a2 ) a3 (1 − an ) a1 ≥ (1 − a1 ) an (1 − a2 ) a1 (1 − an )an−1 Bài toán 6: (Phan Thành Vi t) V i a,b,c là đ dài 3 c nh tam giác, ma , mb , mc , p l n lư t là 3 trung tuy n và n a chu vi 1 CM: ma + mb + mc ≤ 3 p 2 + [(a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ] 2 Bài... ng th ng qua P và song song v i AB sao cho BQ vuông góc AB Lúc đó, ta ph i có C n m trên PQ (ho c trêm đư ng th ng tương ng n m phía bên kia đ i v i AB) Ta g i a ( A ) là đ dài đư ng cao k t A xu ng BC và a ( B ) là đ dài k t B xu ng AC N u đi m C là đi m mà tích h.a ( A) a ( B ) đ t c c đ i, thì C ph i n m trên đo n PQ, b i vì, n u góc ABC là góc t thì c a ( A ) l n a ( B ) đ u ng n hơn các đư ng cao... cao c a tam giác ABQ; n u BAC là góc tù thì ta cũng có đi u tương t Do v y ta gi s PC = x v i 0 ≤ x ≤ 1 Khi đó, h AC = x 2 + h 2 ⇒ a ( B ) = x 2 + h2 h Tương t ta có: a ( A) = 2 2 (1 − x ) + h Ta c n tính sao cho hàm sau đ t giá tr bé nh t: f ( x) = ( x 2 + h 2 ) (1 − x 2 ) + h 2  = x 4 − 2 x3 + ( 2h 2 + 1) x 2 − 2h 2 x + h 4 + h 2   Ta có: f ′( x) = 2 ( 2 x − 1) ( x 2 − x + h 2 ) , f ′( x) = 0... a ,1) = (−a 2 + 2a + 2)( a − 1) 2 ( a + 1) ( 5 + 1) 2 4 ⇒ f (a, a ,1) ≥ 0 Suy ra đpcm Mà ta l i có: 1 + a > a ⇒ a < Vd 4: Cho tam giác nh n ABC Ch ng minh 3 max { ha , hb , hc } ≥ p Gi i: Không m t tính t ng quát, gi s a ≥ b ≥ c ⇒ hc = max { ha , hb , hc } L i có hc = 2S 2 p( p − a)( p − b)( p − c) = = c c (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) 2c 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2c 2 a 2 − a 4 − b 4 −... ⇒ f ( z ) ≥ f ( y ) = 12( y 2 + 2 xy ) − ( x + y ) ( 2 y + 2 x + y ) 2 2( y − x)(2 x + y )( y 2 + 17 xy − 2 x 2 ) ≥0 3 y 2 + 7 xy − 2 x 2 + 2( x + y ) 2 y ( x + y ) V y ta có đpcm Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c, hay tam giác ABC đ u = Vd 5: Cho tam giác ABC Ch ng minh lalb + lblc + lcla ≥ 3 3S Gi i: S d ng công th c 2 bcp( p − a) 2 x( x + y + z )( x + y )( x + z ) la = = ( x = p − a, y =... 4 x 4 − 19 x 3 + 23x 2 − 53x + 297 ≥ 0 B t đ ng th c cu i hi n nhiên đúng, do đó h′( x) = 0 ⇔ x = 1 T đây b ng cách l p b ng bi n thiên, ta th y h( x) ≥ h(1) = 3 6 V y ta có đpcm Đ ng th c x y ra khi và ch khi 8 x = y = z , t c ∆ABC đ u Vd 6: Cho a,b,c là 3 c nh tam giác, r ≥ 2;1 ≥ m > 0 Cmr: a rb ( am − bm ) + br c ( bm − cm ) + cr a ( cm − a m ) ≥ 0 Gi i: * Trư ng h p 1: a ≥ b ≥ c VT = a r − 2 a... 2 c ( b m − c m ) + c 2 a ( c m − a m )  Nên ta ch c n ch ng minh bài toán trong trư ng h p r = 2 là đ T c là: a 2b ( a m − b m ) + b 2 c ( b m − c m ) + c 2 a ( c m − a m ) ≥ 0 Chu n hoá cho c = 1 và xét hàm s f (Gi s c = max {a, b, c} ) f ( m ) = a 2b ( a m − b m ) + b 2 ( b m − 1) + a (1 − a m ) Ta có: 142 Chuyên đ b t đ ng th c hình h c Nhóm 5 f ′ ( m ) = a 2b ( a m ln a − b m ln b ) + b m + . m ộ t polyhedral cone 3 chi ề u c ố đị nh, t ươ ng t ự nh ư t ấ t c ả các đ a di ệ n 3 chi ề u n ằ m kín các đ i ể m nguyên trong cái cone 3 chi ề u. có c và c h cho tr ướ c, do v ậ y 1 2 c S ch const = = . Suy ra: ( ) ( ) ( ) 3 8 a b c S ah bh ch const = = Nh ư th ế , để tích a b c h h h đạ t