Bất đẳng thức và hình học

B

bboy114crew

mn04812 said:
Cho (O,R),2 đường kính AB,CD vg góc với nhau.E chuyển động trên cung AD.EC,EB lần lượt cắt OA,OD ở M,N.
C/m [TEX]\frac{OM}{AM}[/TEX]+[TEX]\frac{ON}{DN}[/TEX]\geq[TEX]\sqrt{2}[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
ta dễ dàng chứng minh tam giác BMC và tam giác CBN đồng dạng .
[TEX]\Rightarrow \frac{BM}{BC}=\frac{BC}{CN} \Rightarrow BM.CN=BC^2 [/TEX]
tam giác BOC vuông tại C
[TEX]\Rightarrow BC^2 = R^2+R^2=2R^2 \Rightarrow BM.CN=2R^2(1)[/TEX]
đặt [TEX]OM=x;ON=y \Rightarrow MA=R-x;ND=R-y[/TEX]
ta có:
[TEX]\frac{OM}{AM}+\frac{ON}{DN} = \frac{x}{R-x}+\frac{y}{R-y}[/TEX]
theo (1) ta có:
[TEX](R+x)(R+y)=2R^2 \Leftrightarrow xy= R^2-(x+y)R[/TEX]
khi đó:
[TEX]\frac{x}{R-x}.\frac{y}{R-y}=\frac{1}{2}[/TEX]
ta lại có:
[TEX](\sqrt{\frac{x}{R-x}}+\sqrt{\frac{y}{R-y}})^2= \frac{x}{R-x}+\frac{y}{R-y} - 2\sqrt{\frac{1}{2}} = \sqrt{2} \Rightarrow dpcm [/TEX]
 
A

asroma11235

zz

Cho tam giác ABC.Các phân giác trong của các góc A,B,C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại A1,B1,C1.
Chứng minh rằng:
[TEX]AA1.BB1.CC1 \geq 16R^2r[/TEX]
trong đó R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC
 
A

asroma11235

zz

Cho tam giác ABC vuông ở A.Trên tia AB lấy E và Trên AC lấy F sao cho BE=CF=BC.Giả sử M là điểm nằm trên đường tròn đường kính BC.
Chứng minh rằng MA+MB +MC \leq EF.
Xác định M để đẳng thức xảy ra.
 
Last edited by a moderator:
O

ohmymath

asroma11235 said:
Cho tam giác ABC vuông ở A.Trên tia AB lấy E và Trên AC lấy F sao cho BE=CF=BC.Giả sử M là điểm nằm trên đường tròn đường kính BC.
Chứng minh rằng MA+MB \leq EF.
Xác định M để đẳng thức xảy ra.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Tui nghĩ phải là MA+MB+MC chứ !!! Còn nếu không bất đẳng thức ko xảy ra dấu bằng!!
Ta sẽ chứng minh như sau: ( tui dùng ptoleme)
Theo ptoleme cho tứ giác ABMC ta được:
MA.BC=MC.AB+MB.AC
[TEX]\Rightarrow MA= MC.\frac{AB}{BC}+MB.\frac{AC}{BC}[/TEX]
Nên tổng MA+MB+MC= [TEX]MC.\frac{AE}{BC}+MB.\frac{AF}{BC}[/TEX] (vì BE=BC=CF mà :D)
hay MA+MB+MC = [TEX]AE.\frac{MC}{BC}+AF.\frac{MB}{BC}[/TEX]
Đến đây ta dùng Bunhia copxki cho 2 bộ số là:
AE;AF và [TEX]\frac{MC}{BC};\frac{MB}{BC}[/TEX]
sẽ được: [TEX](AE.\frac{MC}{BC}+AF.\frac{MB}{BC})^2\leq (AE^2+AF^2)(\frac{MC^2}{BC^2}|+\frac{MB^2}{BC^2})=EF^2[/TEX] (dùng pitago cho 2 tam giác vuông MBC và AEF!!)
suy ra MA+MB+MC [TEX]\leq[/TEX] EF
Mặt khác A;E;F;B;C cố định hết nên EF cố định!!
Dầu bằng xay ra khi [TEX]\frac{AE}{AF}=\frac{MC}{MB}[/TEX] khi tam giác MBC đồng dạng vs tam giác AFE nghĩa là [TEX]\widehat MCB=\widehat AEF[/TEX]
Từ đây ta dựng đk điểm M!
Bài toán đã giải xong
 
A

asroma11235

ohmymath said:
Tui nghĩ phải là MA+MB+MC chứ !!! Còn nếu không bất đẳng thức ko xảy ra dấu bằng!!
Ta sẽ chứng minh như sau: ( tui dùng ptoleme)
Theo ptoleme cho tứ giác ABMC ta được:
MA.BC=MC.AB+MB.AC
[TEX]\Rightarrow MA= MC.\frac{AB}{BC}+MB.\frac{AC}{BC}[/TEX]
Nên tổng MA+MB+MC= [TEX]MC.\frac{AE}{BC}+MB.\frac{AF}{BC}[/TEX] (vì BE=BC=CF mà :D)
hay MA+MB+MC = [TEX]AE.\frac{MC}{BC}+AF.\frac{MB}{BC}[/TEX]
Đến đây ta dùng Bunhia copxki cho 2 bộ số là:
AE;AF và [TEX]\frac{MC}{BC};\frac{MB}{BC}[/TEX]
sẽ được: [TEX](AE.\frac{MC}{BC}+AF.\frac{MB}{BC})^2\leq (AE^2+AF^2)(\frac{MC^2}{BC^2}|+\frac{MB^2}{BC^2})=EF^2[/TEX] (dùng pitago cho 2 tam giác vuông MBC và AEF!!)
suy ra MA+MB+MC [TEX]\leq[/TEX] EF
Mặt khác A;E;F;B;C cố định hết nên EF cố định!!
Dầu bằng xay ra khi [TEX]\frac{AE}{AF}=\frac{MC}{MB}[/TEX] khi tam giác MBC đồng dạng vs tam giác AFE nghĩa là [TEX]\widehat MCB=\widehat AEF[/TEX]
Từ đây ta dựng đk điểm M!
Bài toán đã giải xong
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Đúng là bị sai đề bài! thanks
Bạn giải còn thiếu trường hợp 2 là M thuộc cung BC chứa A.
Trường hợp này thì có thể áp dụng trường hợp 1 để giải / kết quả vẫn giống như trường hợp 1
 
A

asroma11235

zz

Cho tam giác ABC với AB>AC và các trung tuyến BM,CN. Chứng minh rằng:
[TEX]\frac{1}{2}(AB-AC) < BM-CN < \frac{3}{2}(AB-AC)[/TEX]
(st)
 
O

ohmymath

asroma11235 said:
Cho tam giác ABC với AB>AC và các trung tuyến BM,CN. Chứng minh rằng:
[TEX]\frac{1}{2}(AB-AC) < BM-CN < \frac{3}{2}(AB-AC)[/TEX]
(st)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Bài này đơn giản!!;)

Bài này chỉ cần áp dụng công thức đường trung tuyến là ra ngay!! (cách chứng minh công thức đường trung tuyến thì chỉ cần hạ đương cao từ đỉnh hạ đường trung tuyến ý rùi áp dụng pitago loạn xạ là ra ;) )
Theo công thức đường trung tuyến thì:
[TEX]BM^2=\frac{AB^2+BC^2-\frac{AC^2}{2}}{2}[/TEX]
[TEX]CN^2=\frac{AC^2+BC^2-\frac{AB^2}{2}}{2}[/TEX]
Mà AB>AC nên ~> theo công thức trên thì BM>CN~>BM-CN>0

Đồng nghĩa vs việc chứng minh bdt trên thì ta đi chứng minh:
[TEX]\frac{1}{2}(AB-AC)(BM+CN) < (BM^2-CN^2) < \frac{3}{2}(AB-AC)(BM+CN)[/TEX]
Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có [TEX]BM^2-CN^2=\frac{3}{4}(AB^2-AC^2)=\frac{3}{4}(AB-AC)(AB+AC)[/TEX]
Lắp vào cái bdt trên rùi rút gọn AB - AC đi thì ta cần chứng minh :
[TEX]\frac{1}{2}(BM+CN) < \frac{3}{4}(AB+AC) < \frac{3}{2}(BM+CN)[/TEX]
*; [TEX]\frac{1}{2}(BM+CN) < \frac{3}{4}(AB+AC)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow (BM+CN)<\frac{3}{2}(AB+AC)[/TEX]
Cái này áp dụng trực tiếp bất đẳng thức tam giác cho 2 tam giác ABM và ACN là OK !!
*; [TEX]\frac{3}{4}(AB+AC) < \frac{3}{2}(BM+CN)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{1}{2}(AB+AC) < BM+CN [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow BN+CM<BM+CN[/TEX]
Gọi giao của BM và CN là G!! Ta lại áp dụng trực tiếp bất đẳng thức tam giác cho 2 tam giác BGN và CGM là laị OK ;)

Đã xong :D
 
A

asroma11235

Cho [TEX]\triangle ABC [/TEX] có a,b,c là độ dài các cạnh . CMR:
[TEX]a^2b(a-b) +b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0[/TEX]
 
T

tell_me_goobye

asroma11235 said:
Cho [TEX]\triangle ABC [/TEX] có a,b,c là độ dài các cạnh . CMR:
[TEX]a^2b(a-b) +b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

BDT [TEX]\leftrightarrow a^3b+b^3c+c^3a \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2[/TEX]

giả sử [TEX]a \geq b \geq c[/TEX] thì ta có

[TEX]bc \leq ca \leq ab [/TEX]
và [TEX]a^2+bc \geq b^2+ac \geq c^2+ab[/TEX]

sử dụng Bdt hoán vị cho 2 dãy trên ta được

[TEX] \sum bc(a^2+bc) \leq \sum bc(b^2+ca) \leftrightarrow \sum a^2b^2 \leq \sum a^3b [/TEX]
hoàn tất !
 
T

tell_me_goobye

[IMO 1964] Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác . Chứng minh rằng :

[TEX]a^2(b+c-a) + b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) \leq 3abc[/TEX]
 
A

ak48zz

Bài 1: CMR: trong mọi tam giác đều có : [TEX]ha \leq \sqrt[]{p(p-a)}[/TEX]
trong đó ha là đường cao xuất phát từ A ,a=BC;b=AC;c=AB; 2p=a+b+c
Bài 2: cho 0 \leq a,b,c \leq 1 .CMR:
[TEX]a^2+b^2+c^2 \leq 1+a^2b+b^2c+c^2a[/TEX]
Bài 3: Cho [TEX]\triangle ABC[/TEX] . R,r là bán kính đường tròn ngoại nội tiếp [TEX]\triangle ABC[/TEX]. CM: R \geq 2r ( bộ đề tuyển sinh)
 
B

bboy114crew

tell_me_goobye said:
[IMO 1964] Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác . Chứng minh rằng :

[TEX]a^2(b+c-a) + b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) \leq 3abc[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
do vai trò của a,b,c như nhau nên ta giả sử:[TEX]a \geq b \geq c > 0[/TEX]
ta xét hiệu:
[TEX]a^2(b+c-a) + b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c) - 3abc[/TEX]
[TEX]= (a-b)^2 (c-a-b)+c(b-c)(c-a)[/TEX]
do [TEX]a \geq b \geq c > 0[/TEX] \Rightarrow c-a-b < 0; c(b-c)(c-a) \leq 0
mà [TEX] (a-b)^2 \geq 0 \Rightarrow dpcm[/TEX]
 
B

bboy114crew

ak48zz said:
Bài 1: CMR: trong mọi tam giác đều có : [TEX]ha \leq \sqrt[]{p(p-a)}[/TEX]
trong đó ha là đường cao xuất phát từ A ,a=BC;b=AC;c=AB; 2p=a+b+c
Bài 2: cho 0 \leq a,b,c \leq 1 .CMR:
[TEX]a^2+b^2+c^2 \leq 1+a^2b+b^2c+c^2a[/TEX]
Bài 3: Cho [TEX]\triangle ABC[/TEX] . R,r là bán kính đường tròn ngoại nội tiếp [TEX]\triangle ABC[/TEX]. CM: R \geq 2r ( bộ đề tuyển sinh)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Bài 1:
theo công thức hê rông ta có:
[TEX]S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}[/TEX]
Áp dụng BDT AM-GM ta có:
[TEX]ha = \frac{2}{a}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} \leq \frac{2}{a}\sqrt{p(p-a)}.\frac{a}{2} = \sqrt{p(p-a)}[/TEX]
Bài 2:
ta có:
[TEX]a(-1b) \geq a^2(1-b);b(-1c) \geq b^2(1-c);c(1-a) \geq c^2(1-a)[/TEX]
\Rightarrow[TEX]\sum a^2 - \sum a^2b \leq \sum a(1-b)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow\sum a^2 - \sum a^2b \leq \sum a + \sum ab [/TEX]
mà [TEX](1-a)(1-b)(1-c) + abc \geq 0 \Rightarrow 1 \geq \sum a + \sum ab [/TEX]
\Rightarrow[TEX]a^2+b^2+c^2 \leq 1+a^2b+b^2c+c^2a[/TEX]
 
Last edited by a moderator:
A

asroma11235

ak48zz said:
Bài 1: CMR: trong mọi tam giác đều có : [TEX]ha \leq \sqrt[]{p(p-a)}[/TEX]
trong đó ha là đường cao xuất phát từ A ,a=BC;b=AC;c=AB; 2p=a+b+c
Bài 2: cho 0 \leq a,b,c \leq 1 .CMR:
[TEX]a^2+b^2+c^2 \leq 1+a^2b+b^2c+c^2a[/TEX]
Bài 3: Cho [TEX]\triangle ABC[/TEX] . R,r là bán kính đường tròn ngoại nội tiếp [TEX]\triangle ABC[/TEX]. CM: R \geq 2r ( bộ đề tuyển sinh)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Bài 3: Ta có: [TEX]S=pr=\frac{abc}{4R}[/TEX]
\Rightarrow [TEX]r=\frac{S}{p} and R=\frac{abc}{4S}[/TEX]
\Rightarrow [TEX]\frac{r}{R}=\frac{4S^2}{p.abc} = \frac{4(p-a)(p-b)(p-c)}{abc}[/TEX]
[TEX]= \frac{1}{2}\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{abc}\leq \frac{1}{2}[/TEX]
(Vì (-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \leq abc)
\Rightarrow [TEX]\frac{r}{R} \leq \frac{1}{2}[/TEX]
\Rightarrow [TEX]R \geq 2r (dpcm)[/TEX]
Hoặc có thể làm bài 3 theo cách khác ko bik có đúng ko vì quá ngắn:
Dựa vào công thức Euler (cái này tìm mà đọc)
Gọi I là khoảng cách giữa tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp/ Ta có:
[TEX]I^2=R^2-2Rr \geq 0[/TEX]
\Rightarrow [TEX]R \geq 2r[/TEX](đpcm) :D
 
Last edited by a moderator:
You must log in or register to reply here.
Top Bottom