a) Với 3 điểm $A,B,C$ ngẫu nhiên ta luôn có: $AB+BCge AC$. Vệt bằng xảy ra khi và chỉ còn khi $A,B,C$ trực tiếp hàng và điểm $B$ nằm giữa hai điểm $A,C$.
Bạn đang xem: Bất đẳng thức hình học
b) với 3 điểm $A,B,C$ bất kỳ ta luôn có: $left| AB-AC ight|le BC$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ còn khi $A,B,C$ thẳng hàng cùng điểm $B$ nằm trong lòng hai điểm $A,C$.
c) Cho nhì điểm $A,B$ ở về một phía mặt đường thẳng $(d)$. Điểm $M$ hoạt động trên con đường thẳng $(d)$. Gọi $A"$ là vấn đề đối xứng với $A$ qua $(d)$. Ta có tác dụng sau:
+ $MA+MB=MA"+MBge A"B$. Vết bằng xẩy ra khi và chỉ còn khi $M$ là giao điểm cuả $A"B$ và con đường thẳng $(d)$.( $M$ trùng cùng với $M_0$)
+ $left| MA-MB ight|le AB$. Vệt bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $AB$ và đường thẳng $(d)$( $M$ trùng với $M_1$).
d) Cho hai điểm $A,B$ nằm về hai phía con đường thẳng $(d)$. Điểm $M$ chuyển động trên đường thẳng $(d)$. điện thoại tư vấn $A"$ là vấn đề đối xứng với $A$ qua $(d)$. Ta có kết quả sau:
+ $MA+MBge AB$. Lốt bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $AB$ và mặt đường thẳng $(d)$.( $M$ trùng với $M_0$)
+ $left| MA-MB ight|=left| MA"-MB ight|le A"B$. Vệt bằng xẩy ra khi còn chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $A"B$ và con đường thẳng $(d)$( $M$ trùng cùng với $M_1$).
e) Trong quá trình giải toán ta cần chú ý tính chất: Đường vuông góc luôn nhỏ dại hơn hoặc bằng đường xiên.
Trong hình vẽ: $AHle AB$
2) Trong một đường tròn, đường kính là dây cung béo nhất
3) mang lại đường tròn $(O;R)$ và một điểm $A$. Đường thẳng
II. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
1. cho các số thực dương $a,b$:
+ $a+bge 2sqrtabLeftrightarrow able left( fraca+b2 ight)^2Leftrightarrow left( a+b ight)^2ge 4ab$. Dấu bằng xảy ra khi còn chỉ khi $a=b$
+$frac1a+frac1bge frac4a+bge frac2sqrt2sqrta^2+b^2$; $fracx^2a+fracy^2bge fracleft( x+y ight)^2a+b$
+$a^2+ab+b^2=frac34(a+b)^2+frac14(a-b)^2ge frac34(a+b)^2$
+ $a^2-ab+b^2=frac14(a+b)^2+frac34(a-b)^2ge frac14(a+b)^2$
2. cho những số thực dương $a,b,c$:
+ $a+b+cge 3sqrt<3>abcLeftrightarrow abcle left( fraca+b+c3 ight)^3$ dấu bằng xẩy ra khi còn chỉ khi $a=b=c$
+ $frac1a+frac1b+frac1cge frac9a+b+cge frac3sqrt3sqrta^2+b^2+c^2$
+ $ab+bc+cale fracleft( a+b+c ight)^23le a^2+b^2+c^2$
+ $fracx^2a+fracy^2b+fracz^2cge fracleft( x+y+z ight)^2a+b+c$
3. Những công thức tính diện tích, cạnh.
+
+$S=frac12absin C=frac12absin C=frac12bcsin A$
+ $S=sqrtp(p-a)(p-b)(p-c)$ với $p=fraca+b+c2$
+ $a=2Rsin A$, $b=2Rsin B,c=2Rsin C$
+ Diện tích hình chữ nhật: $S=ab$
+ Diện tích hình thang: $S=frac12left( a+b ight)h$.
+ Diện tích hình vuông: $S=a^2$.
Bài 1: Cho tam giác $ABC$ cùng điểm $M$ nằm trong tam giác . Minh chứng rằng: MB+MC |
Hướng dẫn giải:
Đường thẳng $BM$ cắt $AC$ sống $P$.
Áp dụng BĐT (1) ta có:
$MB+MC ext
Bài 2: Cho tam giác $ABC$ cùng 3 trung đường $AM,BN,CP$. Minh chứng rằng: $fracAB+AC-BC2 ext |
Hướng dẫn giải:
+ Xét các tam giác $MAB,MAC$ ta có:
Suy ra $2AM>AB+AC-(MC+MC)$
$Leftrightarrow 2AM>AB+AC-BC$
+ Gọi $D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $M$ thì $ABDC$ là hình bình hành nên $AB=CD$ và
Như vậy: $fracAB+AC-BC2 ext
Bài 3: mang lại tam giác nhọn $ABC$ tất cả trực tâm là điểm $H$. Chứng tỏ rằng: $HA+HB+HC. |
Hướng dẫn giải:
Dựng đường thẳng qua $H$ tuy vậy song với
$AB$ giảm $AC$ tại $D$. Dựng mặt đường thẳng
qua $H$song tuy vậy $AC$ cắt $AB$ trên $E$.
Tứ giác $AEHD$ là hình bình hành nên
$AD=HE,AE=HD$
Xét tam giác $AHD$ ta có: $HA ext
Tương tự ta cũng có: $HA+HB+HC ext
Suy ra $HA+HB+HC
Bài 4: Cho tam giác phần đa $ABC$có cạnh bởi $3a$. $M$ là 1 trong điểm tùy ý trên cạnh $BC$, call $P,Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB,AC$. Tìm địa chỉ điểm $M$ để: $PQ$ tất cả độ dài nhỏ dại nhấtDựng một con đường thẳng tuy vậy song cùng với $BC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$ làm sao để cho $AE=2a$.Tìm vị trí điểm $M$ làm thế nào cho $MA+ME+MF$ nhỏ nhất. |
Hướng dẫn giải:
a) Hạ $PHot BC,QKot BC$. Ta có
$S_Delta ABC=S_Delta ABM+S_Delta AMCLeftrightarrow $
$frac9a^2sqrt34=frac3a2left( MP+MQ ight)Rightarrow MP+MQ=frac3asqrt32$
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác
vuông $MPB,MQC$ ta tính được:
$HM=fracMPsqrt32,MK=fracMQsqrt32Rightarrow HK=MH+MK=fracsqrt32left( MP+MQ ight)=frac9a4$
Vì $PQge HK$. Bắt buộc $PQ$ nhỏ dại nhất bởi $HK$ khi còn chỉ khi $PQ//HKLeftrightarrow M$ là trung điểm của $BC$
b) Gọi $R$ là vấn đề đối xứng với $E$ qua $BC$, $I$ là trung điểm của $BC$. Ta dễ chứng minh được $R,I,F$ trực tiếp hàng. Ta tính đươc.: $RF=2IF=2sqrta^2+left( frac13.frac3asqrt32 ight)^2=sqrt7a$. Ta có: $ME+MF=MR+MFge RF=asqrt7$. Dấu bằng xảy ra khi còn chỉ khi $Mequiv I$. Ta cũng có $MAge AI=frac3asqrt32$. Vệt bằng xẩy ra khi còn chỉ khi $Mequiv I$. Suy ra $ME+MF+MAge asqrt7+frac3asqrt32=left( frac2sqrt7+3sqrt32 ight)a$. Dấu bằng xẩy ra khi còn chỉ khi $Mequiv I.$
Bài 5: đến đường tròn $(O;R)$ với điểm $A$ nằm ở ngoài đường tròn đó. Một mặt đường thẳng $Delta $ biến đổi quanh $A$ giảm $(O;R)$ tại hai điểm $M,N$. Tìm vị trí $Delta $ nhằm $AM+AN$ phệ nhất. |
Hướng dẫn giải:
Gọi $K$ là trung điểm của dây cung
$MN$ ta có:
$AM+AN=AM+(AM+MN)$
$=2AM+2MK=2AK$
Xét tam giác vuông $OKA$
Ta có: $OK^2+KA^2=OA^2$ không đổi . Do đó $AK$ lớn nhất lúc và chỉ lúc $OK$ bé dại nhất $Leftrightarrow OK=0Leftrightarrow A,M,N,O$ bé dại nhất.
II. Bài xích tập từ bỏ luyện
Bài 1: Cho đường tròn $(O;R)$ cùng dây cung $AB$ cố định $(AB |
Bài 2: Cho tam giác $ABC$ bao gồm $widehatA |
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A tất cả AB O. Gọi D,E,F theo thứ tự là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC, BC; M là điểm dịch rời trên đoạn CE. Call N là giao điểm của BM với cung bé dại EF của (O), p và Q thứu tự là hình chiếu của N trên những đường trực tiếp DE,DF. Xác định vị trí của điểm M nhằm PQ bự nhất.
Bài 4: Cho hai tuyến phố tròn $(O_1;R_1),(O_2;R_2)$ cắt nhau trên 2 điểm $A,B$. Một con đường thẳng $(d)$ bất kỳ qua $A$ giảm $(O_1;R_1),(O_2;R_2)$ theo thứ tự tại $M,N$. Tiếp tuyến đường tại $M$ của $(O_1;R_1)$ và tiếp tuyến tại $N$ của $(O_2;R_2)$ cắt nhau tại $I$. Tìm giá bán trị lớn số 1 của nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $IMN$ khi $(d)$ quay quanh $A$. |
Bài 5: Trên các cạnh $AB,BC,CD,DA$ của hình chữ nhật |
Bài 6: Cho hình thoi $ABCD$. Đường chéo $AC$ không nhỏ dại hơn đường chéo cánh $BD$. $M$ là 1 trong những điểm tùy ý bên trên $AC$. Đường trực tiếp qua $M$ tuy vậy song cùng với $AB$ cắt $AD$ trên $E,$ cắt $BC$ trên $G$Đường thẳng qua $M$ tuy nhiên song với $AD$ cắt $AB$ trên $F$cắt $CD$ tại $H$. Biết hình thoi $ABCD$ gồm độ dài hai đường chéo cánh là |
Bài 7: Cho tam giác $ABC$ có $BC=a,CA=b,AB=c$. $M$ là 1 điểm nằm trong miền trong $Delta ABC$. Call $E,F,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ bên trên $BC,CA,AB$. Xác xác định trí điểm $M$ nhằm tích $ME.MF.MK$ đạt giá trị lớn nhất. |
Bài 8: Cho tam giác $ABC$ cân nặng đỉnh $A$. Gọi $O$ là trung điểm của $BC$. Đường tròn $left( O ight)$ tiếp xúc với $AB$ ngơi nghỉ $E$ xúc tiếp với $AC$ sinh sống $F$. Điểm $H$ chạy trên cung nhỏ dại $oversetfrownEF$ tiếp tuyến đường của mặt đường tròn trên $H$ cắt $AB,AC$ thứu tự tại $M,N$. Xác xác định trí của điểm $H$ để diện tích s tam giác $AMN$ đạt giá chỉ trị mập nhất. |
Bài 9: Cho tam giác $ABC$ bên trên trung tuyến đường $AD$ rước điểm $I$ nạm định. Đường thẳng $d$ trải qua $I$ lần lượt cắt cạnh $AB,AC$ trên $M,N$. Tìm vị trí của con đường thẳng $d$ để diện tích s tam giác $AMN$ đạt giá trị nhỏ tuổi nhất. |
Bài 10: Cho góc nhọn $x |
Bài 11: Cho ba điểm $A,I,B$ thẳng hàng theo sản phẩm công nghệ tự. điện thoại tư vấn $d_1,d_2$ là nhì nửa đường thẳng vuông góc cùng với $AB$ trên $A,B$ cùng nằm về và một phía so với đường thẳng $AB$. Góc vuông $widehatx |
Bài 12: cho tam giác $ABC$ với một điểm $M$ tùy ý vào tam giác đó. Gọi khoảng cách từ $M$ đến những cạnh $BC,CA,AB$ theo sản phẩm công nghệ tự là $m,n,p$ và những đường cao hạ từ các đỉnh $A,B,C$ là $h_a,h_b,h_c$. Bệnh minh: $frach_am+frach_bn+frach_cpge 9$ |
Bài 13: Cho tam giác $ABC$ và một điểm $M$ tùy ý vào tam giác đó. Các đường thẳng $AM,BM,CM$ cắt những cạnh $BC,CA,AB$ tại các giao điểm khớp ứng là: $A_1,B_1,C_1$. Kí hiệu $S_a,S_b,S_c,S$ theo lần lượt là diện tích tam giác $MBC,MAC,MAB,ABC$ . Hội chứng minh: $fracAA_1MA_1+fracBB_1MB_1+fracCC_1MC_1ge 9$
Bài 14: Cho tam giác những $ABC$ bao gồm cạnh bởi $a$. điện thoại tư vấn đường vuông góc từ bỏ điểm $M$ nằm trong tam giác đến các cạnh $BC,CA,AB$ thứu tự là $MD,ME,MF$. Xác xác định trí điểm $M$để: $frac1MD+frac1ME+frac1MF$ đạt giá chỉ trị nhỏ dại nhất. Tính cực hiếm đó. |
Bài 15: Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ có ba góc nhọn với ba đường cao $AA_1,BB_1,CC_1$. Chứng tỏ rằng: a) $fracAA_1HA_1+fracBB_1HB_1+fracCC_1HC_1ge 9$. B) $fracHA_1HA+fracHB_1HB+fracHC_1HCge frac32$. |
Hướng dẫn giải
Bài 1:
Hướng dẫn giải:
Trên tia đối của $AM$ rước điểm $N$ sao cho
$MN=MB$. Khi đó chu vi tam giác $MAB$
Là $2p=MA+MB+AB=AN+AB$.
Do $AB$ ko đổi yêu cầu chu vi tam giác
$MAB$ lớn nhất khi và chỉ khi $AN$ bự
nhất.Tam giác $BMN$ cân nặng tại $M$ với $MH$
là phân giác của góc $widehatBMN$ đồng thời
cũng là phân giác không tính của góc $widehatAMB$. Phân giác trong của góc $widehatAMB$ là $MI$ với $I$ là trung điểm cung béo $AB$. Suy ra $MIot MH$. Cho nên $MH$ cắt đường tròn $(O;R)$tại điểm $J$ và $IJ$ là 2 lần bán kính của $(O;R)$.
Tam giác $MBN$ cân nặng tại $M$ buộc phải $MJ$ là mặt đường trung trực của $BN$. Từ kia ta có: $JA=JB=JN$. Giỏi điểm $N$ thuộc đường tròn trung ương $J$ cố định và thắt chặt bán kính $JA$. Vày $AN$ là dây cung của con đường tròn $left( J ight)$ đề xuất $AN$ lớn nhất lúc và chỉ khi $AN$ là 2 lần bán kính của $left( J ight)Leftrightarrow Mequiv J$. Như vậy chu vi tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ lúc M trùng cùng với trung điểm J của cung nhỏ tuổi AB.
Bài 2:
Hướng dẫn giải:
Gọi $E,F$ lần lượt là các điểm đối xứng của
$I$ qua $AB,AC$. Vì chưng tam giác
định nên $E,F$ cố định:
Ta có: Chu vi tam giác $IMN$ là
$2p=IM+IN+MN=ME+MN+NFge EF$. Vệt bằng xảy ra khi và chỉ còn khi $E,M,N,F$ trực tiếp hàng. Tuyệt $M,N$ là các giao điểm của $EF$ với các cạnh $AB,AC$
Bài 3:
Hướng dẫn giải:
Ta tất cả tứ giác $PNQD$ ,
$EDFN$ nội tiếp
$Rightarrow widehatQPN=widehatQDN=widehatFEN$.
Tương tự gồm ta có:
$widehatNQP=widehatNDP=widehatNFE$.
$Rightarrow Delta NEFsim Delta NPQ$Suy ra $fracPQEF=fracNQNF$. Vào tam giác vuông $NQF$ ta có: $NQle NF$ cho nên vì vậy $fracPQEFle 1$. Do đó $PQ$ lớn nhất bằng $EF$ khi và chỉ còn khi $Qequiv F$ lúc đó $Pequiv E$, vị $P$ cùng $Q$ thứu tự là hình chiếu của $N$ trên những đường trực tiếp $DE,DF$ nên những lúc $Qequiv F$ , $Pequiv E$ thì $DN$ là 2 lần bán kính của $(O)$. Từ đó suy ra cách khẳng định $M$ như sau: Dựng 2 lần bán kính $DN$ cuả $(O)$, $M$ là giao điểm của $BN$ cùng $AC$.
Bài 4:
Hướng dẫn giải:
Ta có: $widehatIMN=widehatMBA$(Tính hóa học góc
giữa tiếp con đường và dây cung)
$widehatINM=widehatNAB$ (Tính hóa học góc
giữa tiếp tuyến và dây cung)
Xét tứ giác $IMBN$ ta có:
$widehatMBN=widehatMBA+widehatNBA=widehatIMN+widehatINM$ $=180^0-widehatMIN$ . Suy ra tứ giác $IMBN$ nội tiếp.
Các góc $AMB,ANB$ là các góc nội tiếp chắn cung $AB$ thắt chặt và cố định của $(O_1;R_1),(O_2;R_2)$ yêu cầu $widehatAMB,widehatANB$ ko đối. Suy ra $widehatMBN$ không đổi. Suy ra $widehatMIN=180^0-widehatMBN$ ko đổi. Hotline $R$ bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác $MIN$ thì $MN=2R.sin widehatMINRightarrow R=fracMN2sin widehatMIN$. Cho nên vì thế $R$ lớn nhất lúc và chỉ khi $MN$ khủng nhất. Hotline $E,F$ là hình chiếu vuông góc của $O_1,O_2$ lên $(d)$ , $K$ là hình chiếu vuông góc của $O_1$ lên $O_2F$ thì $MN=2 extEF=2O_1Kle 2O_1O_2$. Lốt bằng xảy ra khi và chỉ còn khi $EF//O_1O_2Leftrightarrow (d)//O_1O_2$.
Bài 5:
Giải:
Ta chứng tỏ kết goá phụ sau:Cho điểm $M$ ráng định. Lúc chu
vi tứ giác $MNEF$ đạt giá bán trị nhỏ dại
nhất ta tất cả $MNEF$ là hình bình
hành có những cạnh tuy nhiên song cùng với
các đường chéo của hình chữ nhật
$ABCD$. Thật vậy, hotline $I,J,K$ theo thứ tự là trung điểm $MN,ME,EF$ ta có:
$IB=frac12MN,IJ=frac12NE;JK=frac12MF;DK=frac12EF$ (hệ thức lượng vào tam giác vuông).
Vậy chu vi tứ giác $MNEF$: $2p=2left( BI+IJ+JK+KD ight)ge 2BD$. Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi $B,I,J,K,D$ theo sản phẩm tự vị trí một mặt đường thẳng $Rightarrow MF//NE//BD$.
Tương từ ta bao gồm để chu vi tứ giác $MNEF$ đạt giá chỉ trị nhỏ nhất thì $MNEF$ là hình bình hành tất cả cạnh tuy vậy song với đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$ (kết sương phụ được chứng minh).
Từ chứng tỏ trên ta thấy, giả dụ tứ giác $MNEF$ có các cạnh song song với những đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$ thì chu vi của nó là $p=2BD=const$, không phụ thuộc vào vào giải pháp lấy điểm $M$ trên cạnh $AB$.
Xem thêm: Cá La Hán Kim Cương Sự Xuất Hiện, Cá La Hán Là Cá Gì
Vậy chu vi tứ giác $MNEF$ đạt giá trị nhỏ dại nhất bởi $2BD$ lúc $MNEF$ là hình bình hành có những cạnh song song với với những đường chéo cánh của hình chữ nhật $ABCD$.
Bài 6:
Hướng dẫn giải:
Ta dễ dàng dàng minh chứng được
Các tứ giác $BFMG,EDHM$ là
hình bình hành. Vì đó những đường chéo cánh
$AM, extEF$ giảm nhau trên $L$, $MC,GH$ giảm nhau tại $J$, $BM,FG$ giảm nhau trên $I$, $DM,EH$ giảm nhau tại $K$ thì $L,I,J,K$ thứu tự là trung điểm của
Áp dụng việc (*) ta gồm chu vi tứ giác
Bài 7:
Hướng dẫn giải:
Ta có:
$2S_ABC=2left( S_MBC+S_MCA+S_MAB ight)$.
$=a.ME+b.MF+c.MK$
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si
với cỗ 3 số $a.ME,b.MF,c.MK$. Ta có:
$a.b.c.ME.MF.MK=left( a.ME ight).left( b.MF ight).left( c.MK ight)le frac127left( a.ME+b.MF+c.MK ight)^3=8S_ABC^3$
$Rightarrow ME.MF.MKle frac8S_ABC^3abc$.
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ còn khi $a.ME=b.MF=c.MK$
$Leftrightarrow S_MBC=S_MCA=S_MABLeftrightarrow M$ là giữa trung tâm tam giác $ABC$.
Vậy $max left( ME.MF.MK ight)=frac8S_ABC^3abc$ lúc $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$.
Bài 8:
Hướng dẫn giải:
Dễ thấy $OM,ON$ theo lần lượt là phân giác $widehatEOM,widehatFOH$. Từ kia ta có: $widehatMON=frac180^0-widehatBAC2=widehatABCRightarrow Delta MBOsim Delta OCN$ (g.g)$Rightarrow fracMBOC=fracBOCNRightarrow BM.CN=OB.OC=fracBC^24=const$ (1)
Ta lại có $S_AMN=S_ABC-S_BMNC$
nên $S_AMN$ đạt giá bán trị lớn số 1
khi và chỉ khi $S_BMNC$ đạt giá bán trị
nhỏ nhất. điện thoại tư vấn $R$ là nửa đường kính
của mặt đường tròn $left( O ight)$, ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) cùng (2) suy ra:
$left( O ight)$.
Bài 9:
Hướng dẫn giải:
Từ $B,C$ dựng những đường thẳng tuy vậy song với $d$, lần lượt cắt tia $AD$ trên $E,F$.
Dễ thấy $Delta BED=Delta CFD$
nên
$AE+AF=2ADRightarrow fracABAM+fracACAN=fracAE+AFAI=2fracADAI$.
Ta có: $fracABAM=fracAEAI;fracACAN=fracAFAIRightarrow fracABAM+fracACAN=fracAE+AFAI=2fracADAI=const$.
Gọi $h_B,h_M$ là khoảng cách từ $B,M$ mang lại $AC$. Áp dụng định lý Talet, ta có$$fracS_ABCS_AMN=fracfrac12AC.h_Bfrac12AN.h_M=fracACAN.fracABAMle left( fracfracACAN+fracABAM2 ight)^2=fracAD^2AI^2$$
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $fracABAM=fracACANLeftrightarrow MN//BC$. Vậy $min left( S_AMN ight)=S_ABC.fracAD^2AI^2$ lúc $d$ là con đường thẳng trải qua $I$ và tuy nhiên song cùng với $BC$.
Bài 10:
Giải:
Trước hết ta dựng con đường thẳng $Delta $ đi qua $I$ giảm $Ox,Oy$ trên $E,F$ làm sao cho $IE=IF$ (*).
Ta dựng con đường thẳng $Delta $ như sau:
Lấy $O"$ là điểm đối xứng của
$O$ qua $I$. Trường đoản cú
thẳng song song cùng với $Ox$ cắt
$Oy$ tại $F$, tuy nhiên song cùng với $Oy$
cắt $Ox$ tại $E$. Vì chưng $OEO"F$ là hình bình hành nên $OO"cap EF=I$ là trung điểm của $E$. Mang $Delta $ là con đường thẳng $EF$, ta tất cả $Delta $ thỏa mãn điều kiện (*), $Delta $ nắm định.
Giả sử $d$ là con đường thẳng ngẫu nhiên qua $I$ cắt $Ox$ sinh sống $M$, cắt $Oy$ sinh sống $N$. Ta dễ minh chứng được: $fracOEOM+fracOFON=2fracOIOI=2$.
Áp dụng bất đẳng thức Cô đam mê ta có: $fracOEOM.fracOFONle frac12left( fracOEOM+fracOFON ight)=1$. Lốt “=” xẩy ra khi và chỉ khi $fracOEOM=fracOFON=1Leftrightarrow OE=OM,OF=ON$ tốt $Mequiv E,Nequiv F$. Vậy đường thẳng $d$ trùng cùng với $Delta $ thì diện tích $Delta OMN$ đạt giá chỉ trị bé dại nhất.
Bài 11:
Giải:
Ta có: $widehatAMI+widehatAIM=90^0,widehatBIN+widehatAIM=90^0Rightarrow widehatAMI=widehatBINRightarrow Delta MAIsim Delta IBN$ (g.g)
$Rightarrow fracAIBN=fracAMBI$ (*)
$Rightarrow AM.BN=AI.BI=const$.Mặt khác, $S_IMN=frac12IM.IN=frac12sqrtleft( AI^2+AM^2 ight)left( BI^2+BN^2 ight)$. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
$left( AI^2+AM^2 ight)left( BI^2+BN^2 ight)ge left( AI.BI+AM.BN ight)^2$. Lốt “=” xảy ra khi còn chỉ khi $fracAIBI=fracAMBNLeftrightarrow fracAIAM=fracBIBN$
Kết hợp với (*) suy ra diện tích $Delta IMN$ đạt giá chỉ trị bé dại nhất khi và chỉ còn khi $fracBIBN=fracBNBI=fracAIAM=1$ tuyệt $BI=BN,AI=AM$.
Khi đó $Delta AIM,Delta BIN$ vuông cân nặng tại những đỉnh $A,BRightarrow IM,IN$ hợp với $AB$ các góc bởi $45^0$. Vậy diện tích s tam giác $IMN$ đạt giá chỉ trị nhỏ nhất lúc $IM,IN$ cùng hợp với $AB$ những góc bằng $45^0$.
Bài 12:
Hướng dẫn giải:
Trước hết ta chứng tỏ kết quả sau: $fracmh_a+fracnh_b+fracph_c=1$
Kí hiệu $S_a,S_b,S_c,S$ lần lượt là diện tích
tam giác $MBC,MAC,MAB,ABC$
ta có:$fracS_aS=fracmh_a,fracS_bS=fracnh_b,fracS_cS=fracph_c$ suy ra $fracmh_a+fracnh_b+fracph_c=fracS_a+S_b+S_cS=1$
Sử dụng bất đẳng thức Cô mê say ta dễ minh chứng được công dụng sau(với $(x,y,z>0)$: $left( x+y+z ight)left( frac1x+frac1y+frac1z ight)ge 9$.
Áp dụng vào việc ta có: $frach_am+frach_bn+frach_cpge frac9fracmh_a+fracnh_b+fracph_c=9$ .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi $frach_am=frach_bn=frach_cn=3$ . Tốt $M$là trọng tâm của tam giác $Delta ABC$.
Bài 13:
Hướng dẫn giải:
Trước không còn ta chứng minh :$fracAA_1MA_1+fracBB_1MB_1+fracCC_1MC_1=Sleft( frac1S_a+frac1S_b+frac1S_c ight)$.
Ta tất cả
Tương tự ta có:
Cộng tía đẳng thức ta có:
$fracAA_1MA_1+fracBB_1MB_1+fracCC_1MC_1=Sleft( frac1S_a+frac1S_b+frac1S_c ight)$
Áp dụng bất đẳng thức: $left( x+y+z
ight)left( frac1x+frac1y+frac1z
ight)ge 9$ với $(x,y,z>0)$. Để ý rằng:
Chú ý rằng: Từ việc trên ta cũng có:
Nếu ta thay:
Bài 14:
Hướng dẫn giải:
Gọi $h$ là độ dài con đường cao của
tam giác đa số $ABC$ thì $h=fracasqrt32$.
Đặt $MD=x,ME=y,MF=z$.
Ta tất cả $S_ABC=S_MBC+S_MAC+S_MAB$
$Leftrightarrow ah=ax+ay+az$ $Leftrightarrow x+y+z=h$ ko đổi.
Áp dụng BĐT : $left( x+y+z ight)left( frac1x+frac1y+frac1z ight)ge 9Rightarrow frac1x+frac1y+frac1zge frac9h=frac6sqrt3a$.
Bài 15:
Hướng dẫn giải:
Gọi diện tích các tam giác $ABC,HBC,HAC,HAB$ theo lần lượt là $S,S_1,S_2,S_3$ thì $S=S_1+S_2+S_3$. Hay thấy $fracHA_1AA_1=fracS_1S;fracHB_1BB_1=fracS_2S;fracHC_1CC_1=fracS_3S$.
Do đó $fracHA_1AA_1+fracHB_1BB_1+fracHC_1CC_1=1$.
Áp dụng BĐT $left( x+y+z ight)left( frac1x+frac1y+frac1z ight)ge 9$.
Ta được: $fracAA_1HA_1+fracBB_1HB_1+fracCC_1HC_1ge 9$. Đẳng thức xẩy ra khi còn chỉ khi $fracHA_1AA_1=fracHB_1BB_1=fracHC_1CC_1=frac13Leftrightarrow S_1=S_2=S_3=fracS3$. Dịp đó $H$ vừa là trực tâm, vừa là giữa trung tâm của tam giác $ABC$, đề xuất $ABC$ là tam giác đều.
b) từ $fracHA_1AA_1=fracS_1S$ tất cả
Tương tự $fracHB_1HB=fracS_2S_1+S_3;fracHC_1HC=fracS_3S_1+S_2$. Áp dụng BĐT
Lập luận như bên trên đẳng thức xảy ra khi và chỉ còn khi tam giác $ABC$ đều.
Bất đẳng thức (*) có tên là bất đẳng thức Netbis là bất đẳng thức dễ dàng và đơn giản nhưng có khá nhiều ứng dụng. Ta bao gồm thể minh chứng nó như sau:
Trong vấn đề này bọn họ giả sử
Từ giả thiết của
Cho đề nghị
Bây giờ, trường hợp
Cho yêu cầu
Tiếp theo, từ khai triển
ta được
tương đương với bất đẳng thức Blundon’s
Đẳng thức sinh sống vế trái xẩy ra khi
Bất đẳng thức Blundon’s là bất đẳng thức chặt độc nhất trong lớp các bất đẳng thức tất cả dạng
Đánh giá tựa như ta cũng được
Từ đó thiết lập được bất đẳng thức của Yang Xue Zhi
Đẳng thức xảy ra khi
Sử dụng bất đẳng thức Euler
Cuối cùng, để
Vì
Nhận xét. việc thêm bớt
trong minh chứng của bổ đề Yang Xue Zhi cũng là 1 trong những vấn đề khôn xiết thú vị, chúng ta đọc rất có thể tìm phát âm xem tại sao ta buộc phải thêm như thế mà không phải cách khác?
