Đi tìm lời giải cho các bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng

cleverboy · 05-07-2011, 10:32 PM

Dưới đây là một vài bài toán bất đẳng thức hình học mình sưu tập được. Có thể đó không hẳn là những bài toán hay nhất, khó nhất trong lĩnh vực bất đẳng thức hình học. Song, khi bắt tay vào tìm tòi lời giải cho chúng, ta có thể tìm được những lối tư duy mới mẻ, cách đánh giá hay, độc đáo! Mình hi vọng mọi người có thể đóng góp thêm nhiều lời giải hay cho chúng!
Xin lưu ý thêm mình rất "thèm" những lời giải thuần hình học để giải toán BĐT hình học

, mong mọi người cho mình "no nê" với những lời chứa đựng những dòng tư duy sâu sắc, tinh tế mà mình còn thiếu. Xin chân thành cảm ơn!!

**sang89** · 06-07-2011, 03:26 AM

Một số bài mang hệ thức lượng nên khó có thể có lời giải hình học thuần túy được. Bài 5 là đề thi chọn đội tuyển Phổ thông Năng khiếu năm vừa rồi.

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AB, AC lấy E, F tương ứng sao cho BE=BC=CF. Chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trên đường tròn đường kính BC, ta đều có $MA+MB+MC \le EF $.

Lời giải: Đặt $BC=a, CA=b $ và $AB=c $

Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp MBAC:

$aMA=bMB+cMC $

Và áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$(MA+MB+MC)^2=\frac{1}{a^2} \left[MB(a+b)+MC(a+c)\right]^2 $

$\le \frac{MB^2+MC^2}{a^2} \left[(a+b)^2+(a+c)^2\right] $

$
\Leftrightarrow (MA+MB+MC)^2 \le EF^2 $
$
\Leftrightarrow MA+MB+MC \le EF $.

Trích:

Nguyên văn bởi cleverboy

mong mọi người cho mình "no nê" với những lời chứa đựng những dòng tư duy sâu sắc, tinh tế mà mình còn thiếu. Xin chân thành cảm ơn!!

------------------------------
Bài 6: Cho tam giác ABC với tâm nội tiếp I.

Chứng minh rằng: $ IA+IB+IC \le \sqrt{ab+bc+ca} $

Lời giải:

Bổ đề: $ IA=\sqrt{\frac{bc(b+c-a)}{a+b+c} $

Theo bổ đề, ta cần chứng minh rằng:

$\sqrt{bc(b+c-a)}+\sqrt{ca(c+a-b)}+\sqrt{ab(a+b-c)} \le \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)} $

Bình phương 2 vế bất đẳng thức này tương đương với:

$\sum (b^2c+bc^2) -3abc+2 \sum \sqrt{abc^2\left[c^2-(a-b)^2\right]} \le \sum (b^2c+bc^2)+3abc $

$\Leftrightarrow \sum \sqrt{\frac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab}} \le 3 $

Đến đây ta có thể sử dụng AM-GM như sau:

$\sum \sqrt{\frac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab}} = \sum \sqrt{\frac{b+c-a}{b}}.\sqrt{\frac{c+a-b}{a}}
$

$\le \frac{1}{2} \sum \left( \frac{b+c-a}{b}+\frac{c+a-b}{a}\right) = 3 $

**sang89** · 06-07-2011, 07:13 AM

Bài 7: Cho tam giác đều ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng tam giác. Gọi x, y, z là khoảng cách từ M đến các đỉnh A, B, C và p, q, r là khoảng cách từ M đến các cạnh.

Chứng minh rằng $p^2+q^2+r^2 \ge \frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2) $

Ý tưởng:

Lời giải:

Áp dụng định lý Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp AEMF, CDME, BDMF để suy ra:

$\begin{cases} \sqrt{3}x^2=rAE+qAF \\ \sqrt{3}y^2=rBD+pBF \\ \sqrt{3}z^2=qCD+pCE \end{cases} $

Mặc khác, áp dụng định lý Pythagore:

$x^2=\frac{r^2+AF^2+AE^2+q^2}{2} $

$\Rightarrow x^2+y^2+z^2 = r^2+q^2+p^2+\frac{AE^2+AF^2}{2}+\frac{BD^2+BF^2}{2 }+\frac{CD^2+CE^2}{2}
$

$ \ge \sum \left[3r^2+\frac{(AE+BD)^2}{4}\right] - 2(r^2+p^2+q^2) $

$ \ge \sum \left[ \sqrt{3}r(AE+BD)\right]-2(r^2+q^2+p^2) $

$= \frac{3}{2}(x^2+y^2+z^2) - 2(r^2+q^2+p^2) $

$\Rightarrow x^2+y^2+z^2 \ge \frac{3}{2}(x^2+y^2+z^2) - 2(r^2+q^2+p^2) $

$\Rightarrow r^2+q^2+p^2 \ge \frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2) $

--------------------------------------------------

Bài tổng quát: Cho tam giác ABC và M là điểm bất kì thuộc miền trong tam giác. Gọi x, y, z là khoảng cách từ M đến 3 đỉnh và q, p, r là khoảng cách từ M đến 3 cạnh tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P = \frac{r^2+p^2+q^2}{x^2+y^2+z^2} $

hien123 · 06-07-2011, 10:20 AM

Trích:

Nguyên văn bởi cleverboy

Dưới đây là một vài bài toán bất đẳng thức hình học mình sưu tập được. Có thể đó không hẳn là những bài toán hay nhất, khó nhất trong lĩnh vực bất đẳng thức hình học. Song, khi bắt tay vào tìm tòi lời giải cho chúng, ta có thể tìm được những lối tư duy mới mẻ, cách đánh giá hay, độc đáo! Mình hi vọng mọi người có thể đóng góp thêm nhiều lời giải hay cho chúng!
Xin lưu ý thêm mình rất "thèm" những lời giải thuần hình học để giải toán BĐT hình học

, mong mọi người cho mình "no nê" với những lời chứa đựng những dòng tư duy sâu sắc, tinh tế mà mình còn thiếu. Xin chân thành cảm ơn!!

Mình mới giải được 9 bài hơi '' thuần túy hình học''. Còn 3 bài nữa mời các bạn giải tiếp.

cleverboy · 06-07-2011, 10:20 AM

Em thấy khá thích mấy lời giải của anh sang89! Đây là lời giải bài 6 của em, thuần hình học hơn chút đỉnh.
Qua đó, em muốn nói nhờ những đánh giá hình học mà việc chứng minh BĐT hình học dơn giản hơn nhiều, không cần đến những biến đổi đại số phức tạp!(em vốn không giỏi BĐT đại số)

cleverboy · 06-07-2011, 10:30 AM

Mình với bạn hien123 có thể nói là "tư tưởng lớn gặp nhau"

Mấy cách của bạn đều tìm ra ý tưởng gốc của bài toán (mình sưu tập + chế). Cảm ơn hien123 và anh sang89 thêm lần nữa!!!

hien123 · 06-07-2011, 10:38 AM

Trích:

Nguyên văn bởi hien123

Mình mới giải được 9 bài hơi '' thuần túy hình học''. Còn 3 bài nữa mời các bạn giải tiếp.

File đầu có một vài lỗi mình sửa lại

**ptk_1411** · 06-07-2011, 10:42 AM

Trích:

Bài 4: Cho thất giác đều $A_1A_2...A_7 $ và điểm $M $ bất kì. Cmr: $MA_1+MA_3+MA_5+MA_7\ge MA_2+MA_4+MA_6 $

$\star \star $ Định lí Ptolemy: Cho tam giác ABC bất kì và điểm D trên cùng mặt phẳng. Khi đó: $\mathbf{AB.CD+BC.AD\ge BD.AC} $

Đặt $A_1A_2=a, A_1A_3=b, A_1A_4=c $

Áp dụng định lí Ptolemy:

$\bullet $ Cho tam giác $A_1A_2A_3 $ và M: $(MA_1+MA_3)a\ge MA_2.b $ _______________(1)

$\bullet $ Cho tam giác $A_5A_6A_7 $ và M: $(MA_5+MA_7)a\ge MA_6.b $ _______________(2)

Từ (1) và (2): $(MA_1+MA_3+MA_5+MA_7)a\ge (MA_2+MA_6)b $ _____________________(3)

Tiếp tục áp dụng định lí:

$\bullet $ Cho tam giác $A_2A_4A_6 $ và M: $(MA_2+MA_6)b\ge MA_4.c $ _______________(4)

Từ (3) và (4): $(MA_1+MA_3+MA_5+MA_7)a\ge MA_4.c $ ________________(5)

Từ (3) và (5): $(MA_1+MA_3+MA_5+MA_7).a.\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\ge MA_2+MA_4+MA_6 $ _________________(6)

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp $A_1A_3A_4A_5 $, ta có: $ab+ac=bc\Leftrightarrow a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=1 $

Thay vào (6) ta được: $\mathbf{{\color{Red} MA_1+MA_3+MA_5+MA_7\ge MA_2+MA_4+MA_6}} $

**sang89** · 06-07-2011, 10:55 AM

Trích:

Nguyên văn bởi cleverboy

Mình với bạn hien123 có thể nói là "tư tưởng lớn gặp nhau"

Mấy cách của bạn đều tìm ra ý tưởng gốc của bài toán (mình sưu tập + chế). Cảm ơn hien123 và anh sang89 thêm lần nữa!!!

Bạn nên bổ sung thêm xuất xứ các bài toán nếu có thể

cleverboy · 06-07-2011, 11:06 AM

Trích:

Nguyên văn bởi sang89

Bạn nên bổ sung thêm xuất xứ các bài toán nếu có thể

Em sẽ bổ sung sau anh ạ!Thực ra thì em có chép thành một tập bài nhưng nhiều bài được thầy giáo cho mà thầy cũng không cho biết nguồn nên em cũng pó tay!

. Đợi thi đại học xong thì em sẽ post cả problem + solution luôn!
Thành thật xin lỗi các tác giả!

**sang89** · 06-07-2011, 11:16 AM

Thêm một số bài khác để bổ sung:

Bài 13: (IMO 1970) Cho tam giác ABC có bán kính ngoại tiếp R. Gọi q là chu vi tam giác có 3 đỉnh là 3 tâm bàng tiếp đối diện góc A, B, và C. CMR, $q \le 6\sqrt{3}R $

Bài 14: Cho tam giác ABC và tam giác DBC có tâm nội tiếp lần lượt là H,K. Chứng minh rằng, $AD \ge HK $.

Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R). I là điểm bất kì trong tam giác. Gọi a, b, c là khoảng cách từ I đến 3 cạnh tam giác ABC. Chứng minh rằng:
$
\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \le \sqrt{\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2R}} $

Bài 16: Cho K là một điểm nằm trong tam giác ABC, 1 đường thẳng d đi qua K cắt cạnh AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng:
$
S_{ABC} \ge 8\sqrt{S_{BMK}S_{CNK}} $

cleverboy · 06-07-2011, 11:57 AM

Solution bài 13!

**sang89** · 06-07-2011, 12:15 PM

Trích:

Nguyên văn bởi cleverboy

Solution bài 13!

Cách giải bằng lượng giác cho bài 13: [Only registered and activated users can see links. ]

@cleverboy: những bài sau bạn post luôn trên đây đi, đừng up lên bằng file word, mắc công download

.

----------------------------------------------------

Bài 2 và bài 12 có post ở đây: [Only registered and activated users can see links. ]

Shyran · 06-07-2011, 10:00 PM

Bài 14:

Đặt $BC=x, CA=y, AB=z $

Vì $\frac{x^2+y^2+z^2}{2R} = \frac{(x^2+y^2+z^2)(ax+by+cz)}{xyz} \ge (xy+yz+zx)(\frac{a}{xy}+\frac{b}{yz}+\frac{c}{zx}) \ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 $

Ta có đpcm

cleverboy · 06-07-2011, 11:23 PM

Nóng quá ko ngủ được! Làm mấy bài giết thời gian!

06-07-2011, 07:13 AM	#3
sang89 +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Heaven Bài gởi: 887 Thanks: 261 Thanked 463 Times in 331 Posts	Bài 7: Cho tam giác đều ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng tam giác. Gọi x, y, z là khoảng cách từ M đến các đỉnh A, B, C và p, q, r là khoảng cách từ M đến các cạnh. Chứng minh rằng $p^2+q^2+r^2 \ge \frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2) $ Ý tưởng: Ta sẽ biễu diễn $x^2, y^2, z^2 $ theo r, q, p theo 2 cách: Pythagore và Ptolemy, từ đó sẽ rút ra bất đẳng thức cần chứng minh. Lời giải: Áp dụng định lý Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp AEMF, CDME, BDMF để suy ra: $\begin{cases} \sqrt{3}x^2=rAE+qAF \\ \sqrt{3}y^2=rBD+pBF \\ \sqrt{3}z^2=qCD+pCE \end{cases} $ Mặc khác, áp dụng định lý Pythagore: $x^2=\frac{r^2+AF^2+AE^2+q^2}{2} $ $\Rightarrow x^2+y^2+z^2 = r^2+q^2+p^2+\frac{AE^2+AF^2}{2}+\frac{BD^2+BF^2}{2 }+\frac{CD^2+CE^2}{2} $ $ \ge \sum \left[3r^2+\frac{(AE+BD)^2}{4}\right] - 2(r^2+p^2+q^2) $ $ \ge \sum \left[ \sqrt{3}r(AE+BD)\right]-2(r^2+q^2+p^2) $ $= \frac{3}{2}(x^2+y^2+z^2) - 2(r^2+q^2+p^2) $ $\Rightarrow x^2+y^2+z^2 \ge \frac{3}{2}(x^2+y^2+z^2) - 2(r^2+q^2+p^2) $ $\Rightarrow r^2+q^2+p^2 \ge \frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2) $ -------------------------------------------------- Bài tổng quát: Cho tam giác ABC và M là điểm bất kì thuộc miền trong tam giác. Gọi x, y, z là khoảng cách từ M đến 3 đỉnh và q, p, r là khoảng cách từ M đến 3 cạnh tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $P = \frac{r^2+p^2+q^2}{x^2+y^2+z^2} $ thay đổi nội dung bởi: sang89, 06-07-2011 lúc 07:29 AM

06-07-2011, 11:16 AM	#11
sang89 +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Heaven Bài gởi: 887 Thanks: 261 Thanked 463 Times in 331 Posts	Thêm một số bài khác để bổ sung: Bài 13: (IMO 1970) Cho tam giác ABC có bán kính ngoại tiếp R. Gọi q là chu vi tam giác có 3 đỉnh là 3 tâm bàng tiếp đối diện góc A, B, và C. CMR, $q \le 6\sqrt{3}R $ Bài 14: Cho tam giác ABC và tam giác DBC có tâm nội tiếp lần lượt là H,K. Chứng minh rằng, $AD \ge HK $. Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R). I là điểm bất kì trong tam giác. Gọi a, b, c là khoảng cách từ I đến 3 cạnh tam giác ABC. Chứng minh rằng: $ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \le \sqrt{\frac{AB^2+BC^2+CA^2}{2R}} $ Bài 16: Cho K là một điểm nằm trong tam giác ABC, 1 đường thẳng d đi qua K cắt cạnh AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng: $ S_{ABC} \ge 8\sqrt{S_{BMK}S_{CNK}} $ thay đổi nội dung bởi: sang89, 26-07-2011 lúc 05:49 AM

06-07-2011, 10:30 AM	#6
cleverboy +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 108 Thanks: 17 Thanked 58 Times in 32 Posts	Mình với bạn hien123 có thể nói là "tư tưởng lớn gặp nhau" Mấy cách của bạn đều tìm ra ý tưởng gốc của bài toán (mình sưu tập + chế). Cảm ơn hien123 và anh sang89 thêm lần nữa!!!

06-07-2011, 10:00 PM	#14
Shyran +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 152 Thanks: 112 Thanked 109 Times in 67 Posts	Bài 14: Đặt $BC=x, CA=y, AB=z $ Vì $\frac{x^2+y^2+z^2}{2R} = \frac{(x^2+y^2+z^2)(ax+by+cz)}{xyz} \ge (xy+yz+zx)(\frac{a}{xy}+\frac{b}{yz}+\frac{c}{zx}) \ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 $ Ta có đpcm