Tuyển tập Hình học phẳng207 bài

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nhọn trực tâm $H$, bán kính ngoại tiếp $R$. Chứng minh rằng các đường tròn $\left(A,\sqrt{HB.HC}\right),\left(B,\sqrt{HC.HA}\right),\left(C,\sqrt{HA.HB}\right)$ có một điểm chung khi và chỉ khi :

$$\sqrt[4]{HA.HB}+\sqrt[4]{HB.HC}+\sqrt[4]{HC.HA}=3\sqrt{R}$$.

Lời giải :

Ta có thể tính được :

$$HA=2R.cosA,HB=2R.cosB,HC=2R.cosC$$

Từ đó :

$$HA+HB+HC=2R(cosA+cosB+cosC)\le 3R$$

Ta có :

$\sqrt[4]{HA.HB}+\sqrt[4]{HB.HC}+\sqrt[4]{HC.HA}$$=3\sqrt{R}$$\iff 9R$$={\left(\sqrt[4]{HA.HB}+\sqrt[4]{HB.HC}+\sqrt[4]{HC.HA}\right)}^2$$\le 3(\sqrt{HA.HB}+\sqrt{HB.HC}+\sqrt{HC.HA})$$\le 3\sqrt{3(HA.HB+HB.HC+HC.HA)}$$\le 3(HA+HB+HC)$$\le 9R$

Đẳng thức phải xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều. Tức là :

$$\sqrt[4]{HA.HB}+\sqrt[4]{HB.HC}+\sqrt[4]{HC.HA}=3\sqrt{R}\iff \Delta ABC$$ đều.  $$(1)$$

Nếu $\left(A,\sqrt{HB.HC}\right),\left(B,\sqrt{HC.HA}\right),\left(C,\sqrt{HA.HB}\right)$ có một điểm chung $P$ thì ta có :

$$P{A}^2=HB.HC,P{B}^2=HC.HA,P{C}^2=HA.HB$$

Từ đó :

$$aP{A}^2+bP{B}^2+cP{C}^2=\sum a.HB.HC$$

Dễ dàng thấy rằng :

$\frac{abc}{4R}$$=S_{ABC}$$=S_{AHB}+S_{BHC}+S_{CHA}$$=\sum \frac{1}{2}HA.HB.sin\angle AHB$$=\sum \frac{1}{2}.HA.HB.sinC$$=\sum \frac{1}{2}.HA.HB.\frac{c}{2R}$$\iff \sum a.HB.HC$$=abc$

Như vậy :

$$aP{A}^2+bP{B}^2+cP{C}^2=abc$$

Dễ nhận ra kết quả quen thuộc sau : $I$ là tâm tỉ cự của hệ điểm $\left\{A,B,C\right\}$ với các hệ số tương ứng là $\left\{a,b,c\right\}$. Từ đó theo hệ thức Jacobi ta được :

$$aP{A}^2+bP{B}^2+cP{C}^2=aI{A}^2+bI{B}^2+cI{C}^2+(a+b+c)P{I}^2$$

Cũng dễ dàng nhìn ra kết quả quen thuộc $aI{A}^2+bI{B}^2+cI{C}^2=abc$. Từ đó có :

$$(a+b+c)P{I}^2=0\iff P\equiv I$$

Từ đó :

$I{A}^2$$=HB.HC,I{B}^2$$=HC.HA,I{C}^2$$=HA.HB$$\Rightarrow IA.IB.IC$$=HA.HB.HC$$\Rightarrow \frac{r^3}{8R^3}$$=\prod sin\frac{A}{2}.\prod cosA$$\Rightarrow tanA.tanB.tanC.tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}$$=1$

Nhưng lại có :

$$tanA.tanB.tanC.tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}\ge 3\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{9}=1$$

Và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Như vậy :

$$\left(A,\sqrt{HB.HC}\right),\left(B,\sqrt{HC.HA}\right),\left(C,\sqrt{HA.HB}\right)$$ có một điểm chung $$\iff \Delta ABC$$ đều.  $$(2)$$

Từ $(1)(2)$ ta được điều cần chứng minh.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có ba đường trung tuyến $AM,BN,CP$ đồng quy tại $G$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ lần lượt tại $D,E,F$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{GD}+\frac{1}{GE}+\frac{1}{GF}$$\le \sqrt{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

Lời giải :

Ta có $MD.MA=MB.MC\Rightarrow MD=\frac{a^4}{4m_a}$

Do đó :

$$GD=GM+MD=\frac{1}{3}{m}_a+\frac{a^2}{4m_a}\ge \frac{a}{\sqrt{3}}$$

Suy ra $\frac{1}{GD}\le \frac{\sqrt{3}}{a}$

Hoàn toàn tương tự ta được : $\frac{1}{GE}\le \frac{\sqrt{3}}{b},\frac{1}{GF}\le \frac{\sqrt{3}}{c}$

Từ đó suy ra :

$\frac{1}{GD}+\frac{1}{GE}+\frac{1}{GF}$$\le \sqrt{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán :

a) Cho tam giác $ABC$ có $BC=a,AB=AC=b$ và $A=\frac{\pi }{9}$. Chứng minh rằng :

$$a^3+b^3=3a{b}^2(1)$$

b) Cho tam giác $ABC$ có $BC=a,AB=AC=b$ và $A=\frac{\pi }{7}$. Chứng minh rằng :

$$a^4-3a^2{b}^2-a{b}^3+b^4=0(2)$$

Lời giải :

a) Theo định lí sin ta tính được $\frac{a}{b}=2cos\frac{4\pi }{9}$. Phương trình $(1)$ có thể viết thành :

$${\left(\frac{a}{b}\right)}^3-3.\frac{a}{b}+1=0$$

Như vậy ta đi chứng minh $8co{s}^3\frac{4\pi }{9}-6cos\frac{4\pi }{9}+1=0$

Điều này là hiển nhiên vì $8co{s}^3\frac{4\pi }{9}-6cos\frac{4\pi }{9}+1=2\left(4co{s}^3\frac{4\pi }{9}-3cos\frac{4\pi }{9}\right)+1=2.cos\frac{12\pi }{9}+1=2.\frac{-1}{2}+1=0$

b) Theo định lí sin ta tính được $\frac{a}{b}=2cos\frac{3\pi }{7}$

Phương trình $(2)$ có thể viết thành :

${\left(\frac{a}{b}\right)}^4-3{\left(\frac{a}{b}\right)}^2-\frac{a}{b}+1$$=0$$\iff \left(\frac{a}{b}+1\right)\left(\frac{a^3}{b^3}-\frac{a^2}{b^2}-2.\frac{a}{b}+1\right)$$=0$$\iff {\left(\frac{a}{b}\right)}^3-{\left(\frac{a}{b}\right)}^2-2.\frac{a}{b}+1$$=0$

Như vậy ta đi chứng minh :

$8co{s}^3\frac{3\pi }{7}-4co{s}^2\frac{3\pi }{7}-4cos\frac{3\pi }{7}+1$$=0$$\iff 2\left(4co{s}^3\frac{3\pi }{7}-3cos\frac{3\pi }{7}\right)-4co{s}^2\frac{3\pi }{7}+2cos\frac{3\pi }{7}+1$$=0$$\iff 2cos\frac{9\pi }{7}-2\left(cos\frac{6\pi }{7}+1\right)+2cos\frac{3\pi }{7}+1$$=0$$\iff cos\frac{9\pi }{7}+cos\frac{\pi }{7}+cos\frac{3\pi }{7}$$=\frac{1}{2}$

Hay $$cos\frac{\pi }{7}+cos\frac{3\pi }{7}+cos\frac{5\pi }{7}=1/2$$

Ta chứng minh đẳng thức này.

Đặt $A=cos\frac{\pi }{7}+cos\frac{3\pi }{7}+cos\frac{5\pi }{7}$

Ta có :

$2sin\frac{2\pi }{7}.A$$=2sin\frac{2\pi }{7}.cos\frac{\pi }{7}+2sin\frac{2\pi }{7}.cos\frac{3\pi }{7}+2sin\frac{2\pi }{7}.cos\frac{5\pi }{7}$$=\left(sin\frac{\pi }{7}+sin\frac{3\pi }{7}\right)+\left(sin\frac{-\pi }{7}+sin\frac{5\pi }{7}\right)+\left(sin\frac{-3\pi }{7}+sin\pi \right)$$=sin\frac{5\pi }{7}$$=sin\left(\pi -\frac{2\pi }{7}\right)$$=sin\frac{2\pi }{7}$$\Rightarrow A$$=\frac{1}{2}$

Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$, lấy một điểm $N$ thỏa mãn đồng thời $BN=2NC$ và $\widehat{NAB}=\widehat{NAC}$. Gọi $L$ là chân đường vuông góc hạ từ $B$ xuống $AK$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $H$ là giao điểm của tia $ML$ với $AC$. 

a) Chứng minh $FH\perp AC$

b) Chứng minh rằng $HM$ là phân giác góc $BHN$.

Lời giải :

Bổ đề 1 : Cho hai điểm $A,B$ phân biệt và một số thực $k$. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm $H$ thuộc đường $AB$ và thỏa mãn $H{A}^2-H{B}^2=k$

Bổ đề 2 : Cho hai đường thẳng $a,b$. Các điểm $A,B$ lần lượt thuộc $a$ và $C,D$ lần lượt thuộc $b$. Khi đó $a\perp b\iff A{C}^2-B{C}^2=A{D}^2-B{D}^2$

Xem chứng minh hai bổ đề tại đây.

Trở lại bài toán :

a) Đặt $AB=c,CA=b,BC=a,\widehat{NAC}=\alpha$ thì $AL=AB.cos\widehat{NAB}=c.cos2\alpha$

Theo định lí hàm số cos trong tam giác $ALC$ :

$L{C}^2$$=A{C}^2+L{A}^2-2AC.LA.cos\widehat{NAC}$$\iff L{C}^2-L{A}^2$$=A{C}^2-2AC.LA.cos\widehat{NAC}$$=b^2-2bc.cos\alpha .cos2\alpha$

Ta có $M{C}^2-M{A}^2=\frac{a^2}{4}-\frac{1}{4}\left(2b^2+2c^2-a^2\right)=\frac{a^2-b^2-c^2}{2}=-bc.cosA=-bc.cos\alpha$

Như vậy theo bổ đề 2, ta có $MH\perp AC\iff ML\perp AC\iff L{C}^2-L{A}^2=M{C}^2-M{A}^2\iff b^2-2bc.cos\alpha .sin2\alpha =-bc.cos3\alpha \iff b^2+bc.cos3\alpha =2bc.cos\alpha .sin2\alpha \iff \frac{b}{c}+cos3\alpha =2cos\alpha .sin2\alpha (\ast )$

Mặt khác theo định lí hàm số sin trong các tam giác $NAB,NAC$ :

$\frac{BN}{sin\widehat{NAB}}$$=\frac{AB}{sin\widehat{ANB}}$$\Rightarrow sin\widehat{ANB}$$=\frac{AB.sin\widehat{NAB}}{BN}$$=\frac{3c.sin2\alpha }{2a}$

và $\frac{NC}{sin\widehat{NAC}}=\frac{AC}{sin\widehat{ANC}}\Rightarrow sin\widehat{ANC}=\frac{AC.sin\widehat{NAC}}{NC}=\frac{3b.sin\alpha }{a}$

Chú ý rằng vì $\widehat{ANB}+\widehat{ANC}=\pi \Rightarrow sin\widehat{ANB}=sin\widehat{ANC}\Rightarrow \frac{3c.sin2\alpha }{2a}=\frac{3b.sin\alpha }{a}\Rightarrow c=\frac{2bsin\alpha }{sin2\alpha }=\frac{b}{cos\alpha }$

Thay $\frac{b}{c}=cos\alpha$ vào $(\ast )$ thì ta được :

$\left(\ast \right)\iff cos\alpha +cos3a=2cos\alpha .cos2\alpha$. Hiển nhiên đúng.

Như vậy ta có $MH\perp AC$.

b) Ta có $\frac{CB}{CN}=3$ và $4MB=2BC=3NB=3(MN+MB)\Rightarrow \frac{MB}{MN}=3$

Suy ra $\frac{\overline{MB}}{\overline{MN}}=-\frac{\overline{CB}}{\overline{CN}}\Rightarrow (BNMC)=-1$

Như vậy ta có $H\left(BNMC\right)=-1$ mà $HM\perp HC$ (câu a) nên theo định lí về chùm điều hòa ta có $HM$ là phân giác góc $BHN$.

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 môn toán 10 THPT Chuyên Kon Tum, tỉnh Kon Tum 2011) : 

Xác định hình dạng tam giác $ABC$ nếu biết rằng : 

$\frac{1+cosA}{(1-cosB)(1-cosC)}+\frac{1+cosB}{(1-cosC)(1-cosA)}+\frac{1+cosC}{(1-cosA)(1-cosB)}$$=18$

Lời giải :

Đặt $a=tan\frac{A}{2}>0,b=tan\frac{B}{2}>0,c=tan\frac{C}{2}>0$ thì $ab+bc+ca=1$

Mặt khác thì $cosA=\frac{1-a^2}{1+a^2},cosB=\frac{1-b^2}{1+b^2},cosC=\frac{1-c^2}{1+c^2}$

Từ đó ta thấy $cosA+1=\frac{1-a^2}{1+a^2}+1=\frac{2}{1+a^2}=\frac{2}{(a+b)(c+a)}$

và $1-cosA=1-\frac{1-a^2}{1+a^2}=\frac{2a^2}{1+a^2}=\frac{2a^2}{(a+b)(c+a)}$

Các hệ thức với $cosB,cosC$ tương tự.

Do đó giả thiết đề bài có thể viết lại thành :

$\sum _{a,b,c}\left(\frac{2}{(a+b)(a+c)}.\frac{(b+c)(b+a)}{2b^2}.\frac{(c+a)(c+b)}{2c^2}\right)$$=18$$\iff \frac{(b+c{)}^2}{b^2{c}^2}+\frac{(c+a{)}^2}{c^2{a}^2}+\frac{(a+b{)}^2}{a^2{b}^2}$$=36$

Mặt khác, theo BĐT $AM-GM$ và $Cauchy-Schwarz$, ta có :

$\frac{(b+c{)}^2}{b^2{c}^2}+\frac{(c+a{)}^2}{c^2{a}^2}+\frac{(a+b{)}^2}{a^2{b}^2}$$\ge \frac{4}{bc}+\frac{4}{ca}+\frac{4}{ab}$$\ge \frac{36}{ab+bc+ca}$$=36$

Đẳng thức xảy ra khi $A=B=C$, hay tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Bài toán : (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2013 THPT Chuyên Lê Qúy Đôn, Bình Định) Cho tam giác $ABC$ có các cạnh $a,b,c$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng :

a) $I{A}^2=bc-4Rr$

b) $abc(a+b+c)\le abc\left[(b+c)sin\frac{A}{2}+(c+a)sin\frac{B}{2}+(a+b)sin\frac{C}{2}\right]$

$$+4Rr\left(a^2+b^2+c^2-2absin\frac{C}{2}-2bcsin\frac{A}{2}-2casin\frac{B}{2}\right)$$

Lời giải :

a) Ta có

$I{A}^2=bc-4Rr=\frac{abc-4Rra}{a}=\frac{4Rrp-4Rra}{a}=\frac{4Rr(p-a)}{a}\iff \frac{p-a}{IA}.\frac{r}{IA}=\frac{a}{4R}\iff 2sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}=sinA$ (đúng).

Suy ra điều phải chứng minh.

b) Tương tự câu a, ta thiết lập được các hệ thức tương tự $I{B}^2=ca-4Rr,I{C}^2=ab-4Rr$.

Ta có $ab.sin\frac{C}{2}\left[c(a+b)-8Rr\right]=ab.sin\frac{C}{2}\left(I{A}^2+I{B}^2\right)\ge 2absin\frac{C}{2}.IA.IB=2ab.sin\frac{C}{2}\frac{r^2}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}=2ab.si{n}^2\frac{C}{2}.\frac{r^2}{r/4R}=8Rr.ab.si{n}^2\frac{C}{2}=8Rr.ab.\frac{(p-a)(p-b)}{ab}=8Rr(p-a)(p-b)$

Hoàn toàn tương tự :

$bc.sin\frac{A}{2}\left[a(b+c)-8Rr\right]$$\ge 8Rr(p-b)(p-c),ca.sin\frac{B}{2}\left[b(c+a)-8Rr\right]$$\ge 8Rr(p-c)(p-a)$.

Suy ra $VP=\sum _{a,b,c}\left[ab.sin\frac{C}{2}\left(c(a+b)-8Rr\right)\right]+4Rr(a^2+b^2+c^2)\ge 8Rr\left[(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)\right]+4Rr(a^2+b^2+c^2)$

$=4Rr\left[2(3p^2-2(a+b+c)p+ab+bc+ca)+a^2+b^2+c^2\right]$$=4Rr\left[(a+b+c{)}^2+6p^2-8p^2\right]$$=4Rr.2p^2$$=abc(a+b+c)$.

Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán :  (Đề nghị Olympic 30/4 môn toán 10 năm 2013 THPT Chuyên Nguyễn Du, Đắc Lắc) Xác định dạng tam giác $ABC$ biết rằng tam giác $ABC$ nhọn và :

$$(tanA-1)(tanB-1)(tanC-1)=6\sqrt{3}-10$$

Lời giải :

Đặt $tanA-1=x,tanB-1=y,tanC-1=z$.

Nếu tam giác $ABC$ có một góc nhỏ hơn $\frac{\pi }{4}$ thì sẽ có một trong ba giá trị $x,y,z$ âm. Suy ra $xyz<0<6\sqrt{3}-10$, mâu thuẫn giả thiết. Do đó các góc của tam giác đều lớn hơn $\frac{\pi }{4}$, khi đó $x,y,z\ge 0$.

Mặt khác từ hệ thức $tanA.tanB.tanC=tanA+tanB+tanC$

Ta có $(x+1)(y+1)(z+1)=(x+1)+(y+1)+(z+1)\iff xyz+xy+yz+zx=2$.

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ :

$$2=xyz+xy+yz+zx\ge xyz+3\sqrt[3]{x^2{y}^2{z}^2}\iff \{\begin{array}{ccc}t=\sqrt[3]{xyz}& & \\ t^3+3t^2-2\le 0& & \end{array}\iff \{\begin{array}{ccc}{t}^3=xyz& & \\ t\le -1-\sqrt{3}\vee -1\le t\le -1+\sqrt{3}& & \end{array}$$

Nhưng rõ ràng $t\ge 0$ nên ta có $0\le t=xyz\le (\sqrt{3}-1{)}^3\Rightarrow (tanA-1)(tanB-1)(tanC-1)\le {\left(\sqrt{3}-1\right)}^3=6\sqrt{3}-10$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều. Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.

Bài toán (Đề nghị Olympic 30/4 môn toán 10 năm 2013 THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa TpHCM) : Cho tam giác  $ABC$ nhọn. Chứng minh :

$co{s}^2\frac{A-B}{2}+co{s}^2\frac{B-C}{2}+co{s}^2\frac{C-A}{2}$$\ge 24sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$.

Lời giải :

Chú ý do tam giác $ABC$ nhọn nên các giá trị $cos\frac{B-C}{2},cos\frac{C-A}{2},cos\frac{A-B}{2}$ đều dương

Trước hết ta sẽ chứng minh rằng :

$cos\frac{A-B}{2}.cos\frac{B-C}{2}.cos\frac{C-A}{2}$$\ge 8sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}(\ast )$

Ta có $sinA+sinB=2sin\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}=2cos\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}\Rightarrow \frac{sinA+sinB}{2cos\frac{C}{2}}=cos\frac{A-B}{2}$

Do đó ta quy về chứng minh :

$\frac{(sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA)}{8.cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$$\ge 8sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$$\iff (sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA)$$\ge 8sinAsinBsinC$

Đúng theo $AM-GM$.

Như vậy $(\ast )$ được chứng minh.

Trở lại bài toán,

Theo AM-GM : $P\ge 3\sqrt[3]{cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}}$

Cần chứng minh :

$3\sqrt[3]{co{s}^2\frac{A-B}{2}co{s}^2\frac{B-C}{2}co{s}^2\frac{C-A}{2}}$$\ge 24sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$$\iff co{s}^2\frac{A-B}{2}co{s}^2\frac{B-C}{2}co{s}^2\frac{C-A}{2}$$\ge 8^{3}si{n}^3\frac{A}{2}si{n}^3\frac{B}{2}si{n}^3\frac{C}{2}$

Áp dụng $(\ast )$, ta đi chứng minh :

$8^{2}si{n}^2\frac{A}{2}si{n}^2\frac{B}{2}si{n}^2\frac{C}{2}$$\ge 8^{3}si{n}^3\frac{A}{2}si{n}^3\frac{B}{2}si{n}^3\frac{C}{2}$$\iff sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$$\le \frac{1}{8}$

Luôn đúng vì đây là một kết quả quen thuộc, ta có điều phải chứng minh.