BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG - NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC QUA CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG - NGUYỄN THỊ PHƯƠNG ANH Mã học viên: C0032 MỘT SỐ ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC QUA CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH: Phương pháp toán sơ cấp MÃ SỐ : 60460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC : PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Hà Nội – Năm 2016 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Trong chương trình toán học trung học phổ thông, phần khó, việc phát Đồng Nhất Thức Bất Đẳng Thức khó với giáo viên Chính vậy, nghiên cứu chọn đề tài "Một số đồng thức bất đẳng thức hình học qua hàm lượng giác" nhằm nghiên cứu sâu hơn, rộng để nâng cao nhận thức ứng dụng đồng thức bất đẳng thức hình học qua hàm lượng giác vào học tập nghiên cứu sau Mục đích đề tài nghiên cứu trình bày tương đối chi tiết đồng thức bất đẳng thức hình học qua hàm lượng giác Hệ thống cách logic kết đồng thức bất đẳng thức tam giác, đa giác Vận dụng toán học cao cấp vào xây dựng toán mới, kết Luận văn gồm hai chương : Chương I: Phần chuẩn bị Trình bày kiến thức tích vô hướng phép biến đổi lượng giác , định lí hàm sin hàm cosin ham tan phương pháp diện tích Chương II: Một số đồng thức bất đẳng thức đa giác Trình bày số nội dung Đồng thức bất đẳng thức tam giác, Đồng thức bất đẳng thức tứ giác (tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác không nội tiếp đường tròn) vận dụng kết giải số đề thi học sinh giỏi Sau thời gian học tập, tự tìm tòi, tham khảo nghiên cứu tài liệu liên quan đến nội dung , với giúp đỡ nhiệt tình, tận tâm Thầy giáo hướng dẫn PGS-TS Đàm Văn Nhỉ , luận văn chắt lọc nội dung Vì thời gian có hạn khả nghiên cứu hạn chế nên luận văn không tránh khỏi khiếm khuyết , mong đóng góp ý kiến thầy cô bạn đồng nghiệp LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS- TS Đàm Văn Nhỉ người trực tiếp hướng dẫn tận tình bảo em suốt trình thực khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán trường Đại học Thăng Long dạy bảo em tận tình suốt trình học tập vừa qua Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên em, cổ vũ, động viên , giúp đỡ em suốt trình học tập thực luận văn Hải Phòng , ngày 10 tháng năm 2016 Học viên Nguyễn Thị Phương Anh CHƯƠNG 1: PHẦN CHUẨN BỊ 1.1 Tích vô hướng phép biến đổi lượng giác A Tích vô hướng hai véc tơ r r2 r2 r2 r r r r a+b − a − b Với hai véc tơ a b ta có a.b = Như vậy, tích vô hướng biểu diễn qua độ dài véc tơ tương ứng, không phụ thuộc vào r việc chọn hệ tọa độ Trong hệ tọa độ trực chuẩn, giả sử a = ( x1 , y1 ) r b = ( x2 , y2 ) Khi r r a + b = ( x1 + x2 , y1 + y2 ) r α a = (α x1 ,α y1 ) rr a.b = x1.x2 + y1 y2 r a = x12 + y12 r r a = a ,0 Trong hệ trực chuẩn khác, ta biểu diễn r r r r r b = b cos γ , b sin γ , γ = ∠ a, b Ta có kết sau đây: rr r r r r Bổ đề 1.1.1 Với hai véc tơ a b ta có a.b = a b cos γ suy bất rr r r a.b ≤ a b đẳng thức ( ) ( ( ) ) B O α r b r a A uu ur uu ur Hệ 1.1.2 Hai véctơ AB AC gọi vuông góc với uuuu ur ur AB ⊥ AC AB AC = uu uu ur ur Chứng minh: Vì AB ⊥ AC = AB AC cos( AB, AC ) theo bổ đề 1.2.5 nên uuuu ur ur AB AC cos( AB, AC ) = hay AB ⊥ AC 1.1.3 Nhóm tiên đề tích vô hướng hai vectơ r u r ru r Nhóm thứ bốn mô tả ánh xạ tích vô hướng V × V → ¡ ,( x, y ) a x y , với bốn tiêu đề sau đây: r u r r u ur r r IV1 Với véctơ x, y ∈V có x y = y.x r u r r r ur r r r ur r IV2 Với x, y, z ∈V có x + y z = x.z + y.z ru r ru r u r r r u r ax y = a x y = x a y IV3 Với x, y ∈V số thực a ∈ ¡ có r rr r r IV4 Với x ∈V có x.x ≥ Dấu = xảy x = ru r ru r Đôi ta viết tích vô hướng x y đơn giản qua x y r rr rr Định nghĩa 1.1.4 Với vectơ x ta gọi xx mô đun hay độ dài xx ≠ r r vec tơ x ký hiệu qua x r u r Định nghĩa 1.1.5 Hai vec tơ x, y gọi vuông góc với ký hiệu r u r ru r x ⊥ y x y = 1.2 Định lí hàm sin, hàm cosin, hàm tan Hệ 1.2.1 Cho tam giác ABC với a = AB, b = BC, c = CA Giả sử đường phân giác AD ∠A cắt BC D Khi ta có: DB c = (1) DC b uu uu ur ur u u b AB + c AC ur bc (b + c) − a   (2) AD = la =  (b + c) b+c Chứng minh: (1) Vì ∠A DB S ABD AB.AD.sin DB c = = = nên DC S ACD AC AD.sin ∠A DC b uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur ur ur c uu uu c uu uu BC = AB + ( AC − AB ) (2) Vì AD = AB + BD = AB + b+c b+c uu uu ur ur uu uu ur ur u u b AB + c AC ur  b AB + c AC  2 nên AD = Từ hệ thức suy la = AD =  ÷ b+c b+c   uuuu ur ur 2 2b 2c + 2bc AB AC bc (b + c) − a   =  hay la2 = 2 (b + c) (b + c) Hệ 1.2.2 Giả sử tam giác ABC có A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ), C ( x3 ; y3 ) x1 y1 1 Khi diện tích S ABC = x2 y2 x3 y3 uuuu ur ur Chứng minh: Vì 2S ABC = AB AC sin µ − AB AC − ( AB AC ) A theo Bổ đề 1.2.5 nên 2SABC = ( x2 − x1 )( y3 − y1 ) − ( x3 − x1 )( y2 − y1 ) ( ) ( ) ( ) x1 y1 1 hay ta có công thức tính diện tích S ABC = x2 y2 x3 y3 Chứng minh khác: Dựng hệ tọa độ (Oxy) cho A( x1 , y1 ), B( x2 y2 ), C ( x3 y3 ) với x3 < x1 < x2 , y1 ≤ y2 , y3 Gọi N ( x3 ,0), M ( x1 ,0), L( x2 ,0) Từ S ABC = S BCNL − S ACNM − S BAML suy ra: S ABC = ( y2 + y3 )( x2 − x3 ) − ( y3 + y1 )( x1 − x3 ) − ( y2 + y1 )( x2 − x1 ) Vậy SABC = ( x2 − x1 )( y3 − y1 ) − ( x3 − x1 )( y2 − y1 ) Biểu diễn qua định thức: x1 y1 1 x2 − x1 y2 − y1 S ABC = = x2 y x3 − x1 y3 − y1 x3 y3 Hệ 1.2.3 Cho ∆ABC với độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB điểm I thuộc mặt phẳng (ABC) Khi đó: (1) Nếu I ur thuộc miền tam giác ABC có đồng thức: ur u u ur u r IA.S IBC + IB.S ICA + IC.S IAB = (2) Nếu I thuộc miềnrngoài tam giác ABC nằm góc ∠A thì: uu u r ur u u u r − A.S IBC + IB.S ICA + IC.S IAB = (3) Với tâm đường tròn nội tiếp I tâm đường tròn bàng tiếp J góc ∠ur ta cóu ur r A u urcác đồng thức: u u r u r uu r u u u r −a JA + bJB + cJC = aIA + bIB + cIC = Chứng minh: (1) Dựng hệ tọa độ Ixy để I(0,0), A(x1, y1), B(x2, y2) C(x3, y3) Diện tích tam giác IBC, ICA, IAB quy ước tính bởi: x y2 x y3 x1 y1 2S IBC = ,2 S ICA = 2S IAB = x3 y3 x1 y1 x2 y2 theo Hệ 1.2.10 Do vậy: ur u IA.2S IBC = ( x2 y3 − x3 y2 ).( x1 , y1 ) ur u IB.2 S ICA = ( x3 y1 − x1 y3 ).( x2 , y2 ) ur u IC.2 S IAB = ( x1 y2 − x2 y1 ).( x3 , y3 ) Vì hai định thức sau triệt tiêu: x1 x2 x3 y1 y2 y3 ur u ur u ur u r x1 x2 x3 x1 x2 x3 neê IA.S IBC + IB.S ICA + IC.S IAB = y1 y2 y3 y1 y2 y3 (2) Nếu I thuộc miền tam ur ABCrvà nằmrtrong góc ∠A thì: giác ur u u u u S IBC = − S ICB Do − IA.S IBC + IB.S ICA + IC.S IAB = (3) suy từ hai kết (1) (2) Hệ 1.2.3 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c diện tích S Khi đó, với góc α ta có hệ thức: b2 + c − a 4S cos( A − α ) = cos α + sin α 2ab 2bc Chứng minh: Ta có cos( A − α ) = cos A cos α + sin A sin α theo Định lý 1.2.12 2S b2 + c2 − a cos A = theo Định lý 1.2.7 Bởi sin A = nên dễ dàng có bc 2bc b2 + c − a 4S cos( A − α ) = cos α + sin α 2bc 2bc Hệ 1.2.4 Với góc α , β ∈ (0, π ) ta có bất đẳng thức: α +β α +β sin α + sin β ≤ 2sin ,sin α sin β ≤ sin 2 α +β α −β cos Chứng minh: Vì sin α + sin β = 2sin nên dễ dàng có bất 2 α +β α +β đẳng thức sin α + sin β ≤ 2sin có sin α sin β ≤ sin 2 Hệ 1.2.5 Với góc α , β ∈ (0, π / 2) ta có bất đẳng thức: α +β cos α + cos β ≤ 2cos α +β tan α + tan β ≥ tan α +β α −β cos Chứng minh: Vì cos α + cos β = 2cos nên dễ dàng có bất 2 α +β đẳng thức cos α + cos β ≤ 2cos sin( β + α ) 2sin( β + α ) = nên dễ dàng có bất cos β cos α cos(α + β ) + cos(α − β ) 2sin( β + α ) α +β = tan đẳng thức tan β + tan α ≥ cos(α + β ) + 2 tan α − tan α ,cos 2α = Ví dụ 1.2.6 Chứng minh sin 2α = + tan α + tan α (a + b)(1 − ab) ≤ với a, b ∈ ¡ Từ suy bất đẳng thức (1 + a )(1 + b ) 2sin α cos α tan α Bài giải: Vì sin 2α = 2sin α cos α = nên 2α = Kết 2 sin α + cos α + tan α − tan α cos 2α = tương tự + tan α r Đặt a = tan α , b = tan β Xét hai véc tơ x = (sin 2α ,cos 2α ) ru r u r y = (cos 2β ,sin β ) Từ ≥ sin(2α + β ) = x y nên dễ dàng suy được: Vì tan β + tan α = 1≥ 2a(1 − b ) + 2b(1 − a ) (a + b)(1 − ab) =2 2 (1 + a )(1 + b ) (1 + a )(1 + b ) (a + b)(1 − ab) ≤ với a, b ∈ ¡ (1 + a )(1 + b ) Ví dụ 1.2.7 Ta có sin 3α = 3sin α − 4sin α ,cos3α = 4cos α − 3cos α 3tan α − tan α tan 3α = Từ suy bất đẳng thức x − x ≤ với − 3tan α x ∈ [ −1,1] Bài giải: Kết hiển nhiên Ví dụ 1.2.8 [Klamkin] Tam giác ABC có độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB độ dài ba đường trung tuyến m a, mb, mc Với số thực α , β , γ điểm P ta có bất đẳng thức: (α + β + γ )(α PA2 + β PB + γ PC ) ≥ βγ a + γα b + αβ c PA2 PB PC a + b4 + c + + ≥ 2 a2 b c a b + b 2c + c 2a ma2 mb2 mc2 + + ≥ a 2u u b u u c uu u r ur ur Bài giải: Vì (α PA + β PB + γ PC ) ≥ nên có bất đẳng thức uu u u u ur r uu uu ur ur u u uu ur u r ≤ α PA2 + β PB + γ PC + 2αβ PA.PB + βγ PB.PC + 2γα PC PA 2 2 2 2 = α PA + β PB + γ PC + αβ ( PA + PB − c ) Ta có bất đẳng thức 10 b+c A b + c + 2bc cos A b + c + 2ab > ma ≥ bc cos Lại có m = < Vậy 2 4 A B C (2) Vì ma ≥ bc cos , mb ≥ ca cos , mc ≥ bc cos nên có bất 2 A B C đẳng thức ma mb mc ≥ abc cos cos cos 2 Ví dụ 2.1.54 Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c Giả sử , hb , hc , la , lb , lc ma , mb , mc độ dài đường cao, đường phân giác đường trung tuyến ∆ABC Ta có bất đẳng thức: (1) ≤ la ≤ ma Dấu = xẩy b = c  bc la l l ca ab  + b + c ≤ 2 + + (2) ÷ Dấu = xảy a = ma mb mc b+c c+a a+b b = c Bài giải: (1) Hiển nhiên ≤ la la2 4bc (b + c) − a 4bc = ≤ ≤1 Vì ma (b + c) 2(b + c ) − a (b + c) Theo Chú ý 1.1.7 nên la ≤ ma Hiển nhiên, dấu = xảy b =c la l l l bc lb ca lc ab + b + c , ≤ , ≤2 (2) Bởi có a ≤ nên ma mb mc ma b + c mb c + a mc a+b a  bc ca ab  ≤ 2 + + ÷ Dấu = xảy a = b = c b+c c+a a+b Ví dụ 2.1.55 Cho ∆ABC với BC = a, CA = b, AB = c, bán kính đường tròn bàng tiếp , rb , rc Giả sử la , lb , lc ma , mb , mc độ dài đường phân giác đường trung tuyến ∆ABC Khi đó: 3(a + b + c ) (b + c ) la2 (c + a ) lb2 (a + b) lc2 2 , + + (1) ma + mb + mc = bc ca ab = (a + b + c) 2 2 (2) 4(la + lb + lc ) ≤ (a + b + c ) (a − b) + (b − c) + (c − a ) ra2 + rb2 + rc2 ≥ ma2 + mb2 + mc2 + (3) ( a + b + c) ra2 + rb2 + rc2 + la2 + lb2 + lc2 ≥ ma2 + mb2 + mc2 + (4) Chú ý bất đẳng thức trở thành đẳng thức a = b = c Bài giải: (1) suy từ Hệ 1.1.7 (2) suy từ (1) 67 (3) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c với p = a+b+c Biến đổi được:  yz zx xy  ra2 + rb2 + rc2 = ( x + y + z )  + + ÷ y z   x z x 2 x y 2 y 2 z = xy + yz + zx + x  + ÷+ y  + ÷+ z  + ÷ x z  z y y x ≥ xy + yz + zx + x + y + z 3( a + b + c ) + ( a − b) + (b − c) + (c − a ) = ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) Do có ra2 + rb2 + rc2 ≥ ma2 + mb2 + mc2 + bc (b + c) − a    = bc − a bc ≥ bc − a Như (4) Ta có la = (b + c) (b + c) 2 a +b +c la2 + lb2 + lc2 ≥ bc + ca + ab − Kết hợp với bất đẳng thức (2) ( a + b + c) 2 2 2 2 2 + rb + rc + la + lb + lc ≥ ma + mb + mc + Ví dụ 2.1.56 Cho ∆ABC với diện tích S BC = a, CA = b, AB = c Giả sử , hb , hc ma , mb , mc độ dài đường cao đường trung tuyến ∆ABC Khi ta có bất đẳng thức: (ma2 + mb2 + mc2 )(ha2 + hb2 + hc2 ) ≥ 27 S 2 (ma2 + mb2 + mc2 ) Bài giải: Vì ma + mb + mc = ( a + b + c ) nên 3 (ha2 + hb2 + hc2 ) ≥ (abc) 3 (ha hb hc ) = 27 S Ví dụ 2.1.57 Tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c độ dài ba phân giác la , lb , lc Khi ta có bất đẳng thức: a + b2 + c2 la2 + lb2 + lc2 + ≥ bc + ca + ab a2 Bài giải: Ta có la + xy = bc theo Ví dụ 1.2.30 xy ≤ Do 2 a b c la2 + ≥ bc Tương tự, ta có lb2 + ≥ ca lc2 + ≥ ab Từ suy 4 2 a +b +c bất đẳng thức la2 + lb2 + lc2 + ≥ bc + ca + ab 68 Ví dụ 2.1.58 Cho tam giác ABC Giả sử khoảng cách từ chân đường phân giác đến hai cạnh góc tương ứng u, v, t Hãy tính độ dài cạnh diện tích tam giác ABC theo u, v, t Bài giải: Gọi độ dài cạnh diện tích tam giác ABC a, b, c, S Khi ta có 2S = u (b + c),2S = v(c + a ),2S = t (a + b) suy được:  1 1 1 1 p = a + b + c = S  + + ÷, a = S  + − ÷ u v t  v t u S  1 1 1   1 1 b = S  + − ÷, c = S  + − ÷, p − a =  − − ÷ 2u v t  t u v u v t  S3 1 S3 1 p − b =  − − ÷, p − c =  − − ÷ 2v t u 2v t u S= Vậy  1  1  1  1   + + ÷ − − ÷ − − ÷ − − ÷  u v t  u v t  v t u  t u v  Ví dụ 2.1.59 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB Giả sử ∠C = 2∠B = 4∠A Hãy chứng minh: 1 (1) = + a b c (2) cos ∠B + cos ∠B + cos ∠C = a b c (3) − + = b c a ∠C = 2∠B = 4∠A ∠C + ∠B + ∠A = π suy Bài giải: Từ 4π 2π π ∠C = , ∠B = ∠A = Không hạn chế, giả thiết đường tròn 7 ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính R = Khi có: 2π 4π sin + sin 1 1 7 = =1 + = (1) + = b c 2sin 2π 2sin 4π 2sin 2π sin 4π 2sin π a 7 7 2 (2) Vì cos ∠A + cos ∠B + cos ∠C = − 2cos A.cos B.cos C 8sin A.cos A.cos B.cos C cos A.cos B.cos C = =− 8sin A nên cos ∠A + cos ∠B + cos ∠C = (3) coi tập 69 2.2 Đồng thức bất đẳng thức tứ giác (tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác không nội tiếp đường tròn) Ví dụ u u u Vớirbốn điểmrbấtukỳ A, B, C, D ta có đồng thức: u r ur u u u u u u u r u2.2.1 u ur u u T = AB.CD + AC DBur ADur =ur u+ u.BC u0 u u u Bài giải: Biểu diễn AB = AD + DB biến đổi biểu thức T ta có: uu uu uu uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur ur T = ( AB + DB).CD + AC.DB + AD.BC uu uu uu uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur ur = AD.CD + DB.(CD + AC ) + AD.BC uu uu uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur = AD.CD + DB AD + AD.BC uu uu uu uu ur ur ur ur = AD.(CD + DB + BC ) = uuuu uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur Như vậy, ta có đồng thức AB.CD + AC.BD + AD.BC = Ví dụ 2.2.2 Với số thực x1 , x2 , x3 , x4 , y1 , y2 , y3 , y4 có bất đẳng thức: ( x2 − x1 )( x4 − x3 ) + ( y2 − y1 )( y4 − y3 ) + ( x3 − x1 )( x2 − x4 )( y3 − y1 )( y2 − y4 ) ≥ ( x4 − x1 )( x3 − x2 ) + ( y4 − y1 )( y3 − y2 ) (*) uu ur uu ur Bài giải: Với sáu véc tơ AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 ), AC = ( x3 − x1 , y3 − y1 ) , uu ur uu ur uu ur AD = ( x4 − x1 , y4 − y1 ), CD = ( x4 − x3 , y4 − y3 ), DB = ( x2 − x4 , y2 − y4 ) , uu ur uuuu uu uu uu uu r ur ur ur ur ur ur BC = ( x3 − x2 , y3 − y2 ) AB.CD + AC.BD + AD.BC = uuuu uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur AB.CD + AC DB ≥ AD.BC nhận bất đẳng thức (*) ta suy Ví dụ 2.2.3 Với 12 số thực x1 , x2 , x3 , x4 , y1 , y2 , y3 , y4 , z1 , z2 , z3 , z4 ta có bất đẳng thức: ∑ (t3 − t1 )(t2 − t4 ) ≥ ∑ (t4 − t1 )(t3 − t ) t =x, y,z uu ur Bài giải: Với sáu véc tơ AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) , uu ur uu ur AC = ( x3 − x1 , y3 − y1 , z3 − z1 ), AD = ( x4 − x1 , y4 − y1 , z4 − z1 ) , uu ur uu ur CD = ( x4 − x3 , y4 − y3 , z4 − z3 ), DB = ( x2 − x4 , y2 − y4 , z2 − z4 ), uu ur uuuu uu uu uu uu r ur ur ur ur ur ur BC = ( x3 − x2 , y3 − y2 , z3 − z2 ) AB.CD + AC.DB + AD.BC = uuuu uu uu uu uu ur ur ur ur ur ur AB.CD + AC DB ≥ AD.BC nhận bất đẳng thức Bất đẳng Ta suy t=x, y,z (t2 − t1 )(t4 − t3 ) + ∑ t=x, y,z thức coi Bất đẳng thức Ptolemy cho tứ diện Ví dụ 2.2.4 Giả sử hai tức giác ABCD A 1B1C1D1 thoả mãn AB ⊥ C1 D1 , BC ⊥ D1 A1 , CA ⊥ D1B1 , AD ⊥ B1C1 , DB ⊥ AC1 Khi DC ⊥ A1B1 Bài giải: Giả sử A(a1 , a2 ) , B (b1 , b2 ) , C (c1 , c2 ) , D( d1 , d ) , A1 (0,0) , B1 ( y1 y2 ), C1 ( z1 , z2 ), D1 (t1 , t2 ) Khi ta có: 70 u u u ur ur u u (1): = AB.C1D1 = ∑ (bi − )(ti − zi ) i =1 u u u ur ur u u (2): = BC.D1 A1 = ∑ (ci − bi )ti i =1 u u u ur u uu r (3): : CA.D1B1 = ∑ (ai − ci )( yi − ti ) i =1 u u u ur ur u u (4): = AD.B1C1 = ∑ (d i − )( zi − yi ) i =1 u u u ur ur u u (5): = DB AC1 = ∑ (bi − d i ) zi i =1 u u u ur ur u u DC A1 B1 = ∑ (ci − d i ) yi i =1 2 i =1 i =1 Từ (2) (5) có ∑ citi =∑ bti , ∑ d i zi =∑ bi zi Do (1) - (3) + (4) = 0, i i =1 2 2 ∑ c t =∑ bt , ∑ d z =∑ b z i =1 i i i =1 i i i =1 i i i =1 i i i =1 neê ∑ (c i =1 i − di ) yi = hay DC ⊥ A1B1 Ví dụ 2.2.5 Với trung điểm M cạnh BC tam giác ABC ta có: AB + AC − BC = AM Từ đó, suy với tứ giác ABCD ta có: AB + BC + CD + DA2 = AC + BD + HK AB + BC + CD + DA2 ≥ AC + BD H, K trung điểm AC, BD Bài giải: Dựng hình bình hành ABPC Khi ta có hai hệ thức: BC = AC + AB − AB AC cos ∠BAC AP = AC + AB − AB AC cos ∠ABC theo Định lý 1.2.7 Như AB + AC − BC = AP = AM Áp dụng kết có AB + BC = AC + BH ,2CD + DA2 = AC + DH DH + BH = BD + 8HK Từ ba hệ thức suy ra: AB + BC + CD + DA2 = AC + BD + 4HK AB + BC + CD2 + DA2 ≥ AC + BD Ví dụ 2.2.6 Với trung điểm M, N, P, Q cạnh BC, CA, DA, AB tức giác ABCD ta có bất đẳng thức: 5( AB + BC + CD + DA2 ) ≥ 4( AM + BN + CP + DQ ) Bài giải: Theo ví dụ trên, ta nhận kết sau đây: AB + AC = BC + AM 2 BC + BD = CD + BN 2CD + AC = DA2 + 4CP 2 DA2 + BD = AB + DQ 71 Như vậy, cộng bốn hệ thức, ta nhận được: AB + BC + CD + DA2 + AC + BD = 4( AM + BN + CP + DQ ) Vì AB + BC + CD + DA2 ≥ AC + BD nên ta có bất đẳng thức: 5( AB + BC + CD + DA2 ) ≥ 4( AM + BN + CP + DQ ) Ví dụ 2.2.7 Trong tứ giác lối ABCD, hai đường chéo bốn cạnh tạo thành góc thứ tự ( (α1 ,α ),(α ,α ),(α ,α ),(α ,α ) Khi hãy: (1) Chứng minh sin α1 sin α sin α sin α = sin α sin α sin α sin α (2) Chứng minh sin α1 sin α sin α sin α ≤ Bài giải: (1) Gọi giao điểm hai đường chéo tứ giác lồi ABCD O Theo Định lý sin ta nhận hệ thức: OA OB OB OC = , = sin α sin α sin α sin α OC OD OD OA = , = sin α sin α sin α1 sin α OA OB OC OD OA OB OC OD = Từ có sin α sin α sin α sin α1 sin α sin α sin α sin α suy ra: sin α1 sin α sin α sin α = sin α sin α sin α sin α α + α3 + α5 + α7 (2) Dễ dàng sin α1 sin α sin α sin α ≤ sin α + α + α + α8 sin α sin α sin α sin α ≤ sin Từ suy ra: α + α3 + α5 + α7 sin α1 sin α sin α sin α ≤ sin α + α + α + α8 + sin 72 ≤ 2sin ∑α i =1 i = 2sin 2π = Do sin α1 sin α sin α sin α ≤ 2.3 Vận dụng kết giải số đề thi học sinh giỏi Ví dụ 2.3.1 Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD với độ dài cạnh a đường thẳng d với khoảng cách từ tâm O hình vuông đến d lớn a Gọi hình chiếu vuông góc A, B, C, D xuống d A', B', C', D', tương ứng Khi hãy: (1) Xác định hệ thức liên hệ AA'2 + CC'2 BB' DD' (2) Giả sử d thay đổi mặt phẳng cho AA' + CC'2 = 2b2 không đổi Chứng minh d tiếp xúc với đường côníc cố định b ≠ a Bài giải: Dựng hệ trục (Oxy ) để A(a, 0), B(0, a), C(-a, 0) D(0, -a) Giả sử d : x cos t + y sin t + c = Khi AA '2 = (a cos t + c) , CC '2 = (− a cos t + c) BB '.CC ' = a sin t + c −a sin t + c 2 2 2 (1) Ta có AA ' + CC ' = (a cos t + c ) + ( −a cos t + c ) = 2a cos t + 2c BB '.DD ' = c − a sin t Vì khoảng cách từ O đến d lớn a nên c > a Vậy AA '2 + CC '2 = 2b không đổi 2b − BB '.DD ' = 2a Vậy c = a sin t+b − a = b (sin t + cos t ) − a cos t Như ta có hệ thức c = b sin t + (b − a )cos t suy d luôn tiếp xúc với đường côníc x2 y2 + = b ≠ a cố định b − a b2 Ví dụ 2.3.2 Trong mặt phẳng đường tròn tâm O bán kính R đường tròn tâm O' bán kính R' < R tiếp xúc với A Đường tròn thay đổi 73 tâm I tiếp xúc với đường tròn tâm O M tiếp xúc với đường tròn tâm O' M' Gọi tập hợp tất điểm I (l) Giả sử đường thẳng IO IO' cắt (l) I, E, F, tương ứng Khi hãy:  1   + + (1) Tính tích P =  ÷ ÷ tìm giá trị nhỏ đoạn  OI OE  O ' I O ' F  IE (2) Chứng minh rằng, MM' luôn qua điểm cố định xác định vị trí điểm cố định (3) Qua trung điểm J đoạn OO' dựng nửa đường thẳng d' vuông góc với OO', khác phía với I Qua điểm I kẻ đường thẳng d song song với đường thẳng MM' Đường thẳng d cắt OO' P d' Q Xác định giá trị lớn nhỏ JP JQ x2 y2 Bài giải: (1) Trước tiên, ta xét đường ellíp (T ) : + = 1, a > b > , với tiêu a b 2 điểm B(c, 0) C(-c, 0) c = a − b Đường thẳng qua B cắt ellíp B 1 2a + = theo Mệnh đề ?? B2 Ta tính biểu thức T = BB1 BB2 b b2 b2 2ab + = Từ B1B2 = BB1 + BB2 = a + c cos α a − c cos α a − c cos α 2ab 2b 2b π ta suy B1B2 ≥ = Vậy B1B2 nhỏ α = hay a a a B1B ⊥ Ox Ta có IO ' = IM '+ M ' O ' = IM '+ R ' IO = MO − IM = R − IM Vì IM = IM ' nên IO + IO ' = R + R ':= 2a Đặt 2c = OO ' = R − R ' Tập điểm x2 y2 I với IO + IO ' = 2a Ellíp (l ) : + = với b = a − c a b 74  1  2a 2a 4a  + + Như  ÷ ÷= 2 = b  OI OE  O ' I O ' F  b b ( R + R ') ( R + R ') P= 2 = R.R ' hay ta có  R + R'   R + R'   ÷ − ÷     2b RR ' = Như trên, IE nhỏ IO ⊥ OO' a R + R' (2) Đường thẳng MM ' luôn qua tâm phép nghịch đảo đường tròn tâm O đường tâm O' Điểm E điểm liên hợp điều hoà O 1 1 = + = + O' Khi đó, từ AE AO AO ' R R ' RR ' Ta suy AE = R + R' PO PO ' = (3) Đường thẳng IP phân giác ∠OIO ' Từ ta suy ra: IO IO ' PO + PO ' PO PO − PO ' OO ' JP = = = Do IO + IO ' IO IO − IO ' IO + IO ' IO − IO ' Đặt x = IM Ta có: IO = R − x, IO '− R '+ x OO ' = R + R ' ( R − R ')( R − R '− x) Vậy JP = 2( R + R ') ( R − R ') x nhỏ nên JP lớn Vì 2( R + R ') ( R − R ') Vì x lớn R − R ' nên JP nhỏ − 2( R + R ') Vì Q giao điểm phân giác góc ∠OIO ' trung tực Jd ' OO ' nên Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OIO ' Khi đó: ∠OIO ' JQ = JO tan ∠JOQ = JO tan Với ∆ABC, ta có công thức: ∠BAC ( p − b)( p − c) ∠OIO ' x( R − R '− x) tan = Vậy tan = p( p − a) RR ' R − R ' x( R − R '− x ) JQ = Từ suy ra: JQ nhỏ RR ' ( R − R ') R − R' x = x = R − R ' ; JQ lớn x = RR ' 75 π , độ dài AB = c AC = b Từ điểm M chạy cạnh BC ta hạ MP ⊥ AB, MQ ⊥AC với P ∈ AB, Q ∈ AC hạ AF ⊥ BC F Gọi H I hình chiếu vuông góc F lên PQ AB, tương ứng Khi hãy: (1) Chứng minh ∆FAI ∆FQH đồng dạng H chạy đường thẳng song song với tiếp tuyến Ad A đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (2) Chứng minh rằng, đường thẳng PQ luôn tiếp xúc với đường côníc cố định Xác định tiêu điểm đường chuẩn có Bài giải: (1) Vì ngũ giác APMFQ nội tiếp đường tròn đường kính MA nên ∠PAF = ∠PQF Ví dụ 2.3.3 Trong mặt phẳng, cho tam giác vuông ABC với ∠A = Từ suy hai tam giác vuông FAI FQH đồng dạng có FH c ∠HFQ = ∠AFI = ∠B = α , = cos B = Vậy H ảnh H FQ b + c2 phép biến hình ϕ : Tích phép quay tâm F với góc quay α = ∠B phép vị tự tâm F với tỷ số cos α Do đó, quỹ tích H ảnh AC qua phép biến hình ϕ Đó đoạn IJ với J thuộc AC FJ ⊥ AC Gọi O trung điểm BC Vì AI AB = AF2 = AC nên OA ⊥ IJ Vậy Ad //IJ (2) Dựng hệ tọa độ Axy để A(0, 0), B (c, 0) C (0, b) Phương trình: x y b 2c bc BC = + = tọa độ F ( , ) Phương trình đường tiếp tuyến c b b + c b2 + c đường tròn ngoại tiếp ∆ABC A d: bx + cy = Đường parabôl nhận F tiêu điểm đường chuẩn d tập tất điểm P ( x, y ) thoả mãn điều (bx + cy ) b 2c bc 2 = (x − ) + (y − ) kiện b2 + c b + c2 b + c2 Ví dụ 2.3.4 Tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính R với tâm đường tròn nội tiếp I Chứng minh rằng: IA + IB + IC ≤ 3R 76 1   + + Bài giải: Ta có T = IA + IB + IC = r  ÷  sin A / sin B / sin C /  Từ có T = R (sin A / 2sin B / + sin B / 2sin C / + sin C / 2sin A / 2) 4R 4R A+ B+ C (sin A / + sin B / + sin C / 2) hay T ≤ 9.sin suy T ≤ 3 Do vậy, ta có bất đẳng thức T ≤ 3R Ví dụ 2.3.5 Cho tứ giác lồi ABCD với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d nội tiếp đường tròn bán kính R Gọi r1 , r2 , r3 , r4 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA DAB Ta có đồng thức: ab ab ab ab (a + b)(b + c )(c + d )(d + a ) (1 − )(1 − )(1 − )(1 − )= Rr1 Rr2 Rr3 Rr4 (ac + bd ) abx Bài giải: Đặt x = AC , y = BD Từ (a + b + x) r1 = suy ra: 2R a+b x= ab −1 Rr1 c+d b+c d +a x= ;y = ,y = cd b+c da Tương tự, ta có hệ thức −1 −1 −1 Rr3 Rr2 Rr4 Bởi ac + bd = xy theo Đồng thức Ptolemy nên ta nhận được: a+b b+c c+d d +a (ac + bd ) = ( )( )( )( ) ab b+c cd da −1 −1 −1 −1 Rr1 Rr2 Rr3 Rr4 Biến đổi đồng thức: ab bc cd da (a + b)(b + c )(c + d )(d + a ) (1 − )(1 − )(1 − )(1 − )= Rr1 Rr2 Rr3 Rr4 (ac + bd ) 77 Ví dụ 2.3.6 [ISL 2011] Cho tứ giác A1 , A2 , A3 , A4 không nội tiếp đường tròn Giả sử (O1,r1),(O2,r2), (O3,r3), (O4,r4), tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A2A3A4, A3A4A1, A4A1A2, A1A2A3, tương ứng Chứng minh rằng: 1 1 + + + = O1 A12 − r12 O2 A22 − r22 O3 A32 − r32 O4 A42 − r42 A B C Ví dụ: Chứng minh cos ,cos ,cos nghiệp phương 2 2 2 R + r p + (4 R + r ) p t + t − = trình: t − 2R 16 R 16 R Chứng minh: A A A A Do sin + cos = ⇒ sin = − cos 2 2 A Mà sin nghiệm phương trình: 2 R − r p + r − Rr r2 t − t + t− =0 2R 16 R 16 R nên thay t - t ta được: 2R − r p + r − Rr r2 (1 − t ) − (1 − t ) + (1 − t ) = hay 2R 16 R 16 R 2R − r p + r − 8Rr r2 2 − 3t + 3t − t − (1 − 2t + t ) + (1 − t ) − =0 2R 16 R 16 R R − r p + (4 R + r ) p2 ⇔t − t + t− =0 2R 16 R 16 R B C Tương tự cho cos ,cos 2 A B C Vậy cos ,cos ,cos nghiệm phương trình: 2 2 R + r p + (4 R + r ) p2 t − t + t− = 2R 16 R 16 R Ví dụ 2.3.7 Bất đẳng thức Pedoe cho hai tam giác Cho tam giác A1, B1, C1 với độ dài cạnh a1 , b1 , c1 tam giác A2 B2C2 với độ dài cạnh a2 , b2 , c2 Ký hiệu diện tích chúng S 1, S2, tương ứng Ta có bất đẳng thức sau: 2 2 2 2 2 2 Mệnh đề 1.1 a1 (b2 + c2 − a2 ) + b1 (c2 + a2 − b2 ) + c1 (a2 + b2 − a2 ) ≥ 16S1 , S Để chứng minh bất đẳng thức ta cần vài kết phụ đây: 4 4 4 2 2 2 Bổ đề 1.2 (a1 + b1 + c1 )(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 ) 78 Chứng minh: Kết suy từ bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 2 2 2 2 2 2 Bổ đề 1.3 Ta có a1 (b2 + c2 − a2 ) + b1 (c2 + a2 + b2 ) + c1 (a2 + b2 − c2 ) ≥ (a12 + b12 + c12 )(a22 + b22 + c22 ) − (a14 + b14 + c14 )(a24 ) + b24 + c24 ) Chứng minh: Biến đổi đánh giá biểu thức sau đây: 2 2 2 2 2 2 T = a1 (b2 + c2 − a2 ) + b1 (c2 + a2 + b2 ) + c1 (a2 + b2 − c2 ) 2 2 2 2 2 2 = (a1 + b1 + c1 )(a2 + b2 + c2 ) − 2(a1 a2 + b1 b2 + c1 c2 ) ≥ (a12 + b12 + c12 )(a22 + b22 + c22 ) − (a14 + b14 + c14 )(a24 ) + b24 + c24 ) Vậy T ≥ (a12 + b12 + c12 )(a22 + b22 + c22 ) − (a14 + b14 + c14 )(a24 ) + b24 + c24 ) Bổ đề 1.4 Với tam giác ABC ta luôn có kết sau: (1) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (2) cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = Từ suy bất đẳng thức (cot A + cot B + cot C ) ≥ Chứng minh: Kết hiển nhiên Bổ đề 1.5 Với tam giác ABC ta luôn có kết a + b + c = 4S (cot A + cot B + cot C ) 2 2 2 2 2 2 Chứng minh: Vì a + b + c = (b + c − a ) + (c + a − b ) + (a + b − c ) nên a + b + c = 2bc cos A + 2ca cos B + 2ab cos C Từ ta dễ dàng suy a + b + c = 4S (cot A + cot B + cot C ) Bổ đề 1.6 Với tam giác ABC ta luôn có kết a + b + c = 8S (cot A + cot B + cot C ) − 1   1 = 2S Chứng minh: Vì ab = ab sin C nên ta có hệ thức sin C sin C a 2b + b 2c + c a = 4S (cot A + cot B + cot C + 3) 4 2 Qua ta nhận hệ thức a + b + c = 8S  (cot A + cot B + cot C ) − 1   Vận dụng bổ đề để chứng minh Mệnh đề 1.1 Bằng cách ký hiệu CT1 = cot A1 + cot B1 + cot C1 CT2 = cot A2 + cot B2 + cot C2 biến đổi: T ≥ (a12 + b12 + c12 )(a22 + b22 + c22 ) − (a14 + b14 + c14 )(a24 ) + b24 + c24 ) = 16S1S2CT1.CT2 − 16S1S (CT12 − 1 CT22 − 1    2 2 Vì (CT1.CT2 − 1) − (CT1 − 1)(CT2 − 1) = (CT2 − CT1 ) ≥ nên ta suy bất đẳng thức T ≥ 16S1S CT1.CT2 ≥ + CT12 − 1 CT22 − 1    79 KẾT LUẬN Luận văn trình bày kết sau Trình bày tích vô hướng phép biến đổi lượng giác , định lí hàm sin, hàm cosin, hàm tan phương pháp diện tích Trình bày số kết Đồng thức bất đẳng thức tam giác Trình bày số kết Đồng thức bất đẳng thức cho tứ giác nội tiếp đường tròn không nội tiếp đường tròn Vận dụng kết đạt để giải số đề thi học sinh giỏi 80 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] T Andreescu, Z.Feng, 103 Trigonometry Problems (1956) [2] J Sándor, Geometric theorems, Diophantine, Equations, and arithmetic Functions American Research Press, Reboboth, (2002) [3] YiLun SHANG A Note on Klamkin's inequality, , Series Mathematics and informatics (2012) [4] journal of inequalities in pure and applied mathematics Volum (2008), Issure 2, Article 58, pp 81