Geometry 19: Bất Đẳng thức hình học

Vào lúc 03 Tháng 7 2014 - 11:10, Yagami Raito đã nói:

Cho lục giác lồi $ABCDEF$ thỏa mãn điều kiện $AB=BC$,$CD=DE$,$EF=FA$
Chứng minh rằng:
$$\dfrac{BC}{BE}+\dfrac{DE}{DA}+\dfrac{FA}{FC}\ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$$ 

Lời Giải:

Đặt $AC=a,CE=b,AE=c$.Áp dụng định lý Ptolemy mở rộng cho tứ giác $ACEF$ ta có 
$$AC.EF+CE.AF \ge AE.CF$$

Vì $EF=AF$ nên suy ra: $\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{c}{a+b}$

Tương tự ta cũng có $\dfrac{DE}{DA} \ge \dfrac{b}{c+a}$ và $\dfrac{BC}{BE}\ge \dfrac{a}{b+c}$

Từ đó suy ra 
$$\dfrac{BC}{BE}+\dfrac{DE}{DA}+\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)}+\dfrac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)}+\dfrac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\dfrac{1}{2(a+c)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}] \ge 0$$

Bất đẳng thức đã quy về dạng chính tắc $SOS$:
$$S_{a}(b-c)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{c}(a-b)^2 \ge 0$$

Dễ thấy : 
$$2(a+c)(b+c) \le (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2$$
$\Rightarrow \dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$

Như vậy $S_{c} \ge 0$, đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả $S_{a},S_{b} \ge 0$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ tức là $ABCDEF$ là một lục giác đều nội tiếp $\blacksquare$

Geometry 18: Chứng minh bất đẳng thức trong một bài toán hình học

Đề Bài: 
Cho lục giác lồi $ABCDEF$ thỏa mãn điều kiện $AB=BC$, $CD=DE$,$EF=FA$ và tổng độ dài 3 cạnh $AC,CE,AE$ bằng 3.
Chứng minh rằng: 
$$\dfrac{BC}{BE}+\dfrac{DE}{DA}+\dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{21}{16}+\dfrac{27(AC^3+CE^3+AE^2)}{16(AC+CE+AE)^3}$$

Lời giải 

Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về chứng minh bất đẳng thức sau.
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{21}{16}+\dfrac{27(a^3+b^3+c^3)}{16(a+b+c)^3}$$ 
      Với $a+b+c=3$

Bất đẳng cần chứng minh tương đương với: 
$$\dfrac{a}{3-a}+\dfrac{b}{3-b}+\dfrac{c}{3-c} \geq \dfrac{21}{16}+\dfrac{(a^3+b^3+c^3)}{16}$$

Bằng cách sử dụng phương pháp Undefined Coeffient Technique (U.C.T) -phương pháp hệ số bất định. ta có bất đẳng thức phụ sau.
$$\dfrac{a}{3-a}\geq \dfrac{9a+a^3-2}{16} \Leftrightarrow (a-1)^2(a^2-a+6) \geq 0$$
Tương tự với các phân thức còn lại ta có điều phải chứng minh.

Geometry 17: Chứng minh tam giác ABC cân tại A

Đề bài

Cho (O,R) dây cung AB<2R Tiếp tuyến Ax,By của (O) cắt nhau tại M . I là trung điểm của MA K là giao điểm của BI với (O); MK cắt (O) tại C

Chứng minh tam giác ABC cân tại A

Lời Giải:

Nhận xét: Bằng quan sát nhận thấy $AM//BC$.Đó chính là chìa khóa của bài toán.

Ta có: $IK.IB=IA^2=IM^2$ $\Rightarrow \dfrac{IM}{IK}=\dfrac{IB}{IM}$

$\Rightarrow \triangle IKM ~ \triangle IMB$ (c.g.c)

$\Rightarrow \angle IMK =\angle IBM$

Mặt khác $\angle IBM=\angle BCK$ (bằng một nửa số đo cung $BK$)

Từ đó suy ra: $\angle IMK=\angle KCB$

$\Rightarrow AM//BC$ $\Rightarrow \angle CBA=\angle BAI$

Lại có $\angle BAI=\angle ACB$ (cùng bằng một nửa số đo cung AB)

Ta có $\angle ACB=\angle ABC$ nên $\triangle ABC$ cân tại $A$. (Q.E.D)

Geometry 16: Chứng minh K là trung điểm của HJ.

Đề bài 
Cho đường thẳng (d) không cắt đường tròn (O;R). Vẽ OH vuông góc với (d), trên (d) lấy điểm M tùy ý, vẽ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), AB cắt MO, OH thứ tự tai I, J. Gọi P, Q, R thứ tự là hình chiếu của H trên MA, MB, AB.

• a) Chứng minh tứ giác MIJH nội tiếp và OI.OM = OJ.OH.
• b) Chứng minh AB luôn đi qua một điểm cố định.
• c) Chứng minh ba điểm P, Q, R thẳng hàng.
• d) PR cắt OH tịa K. Chứng minh K là trung điểm của HJ.

Lời giải:

a) Dễ chứng minh được tứ giác $IJHM$ nội tiếp $\Rightarrow OI.OM=OJ.OH$

b)Từ câu a) $\Rightarrow OJ=\dfrac{OI.OM}{OH}=\dfrac{OB^2}{OH}=\dfrac{R^2}{OH}$ (Không đổi)

$\Rightarrow AB$ đi qua $J$ cố định.

c) Tứ giác $ARPH$ nội tiếp $\Rightarrow \angle RPH+\angle RAH =180$

    Tứ giác $HPMQ$ nội tiếp $\Rightarrow \angle HPQ=\angle HMQ$

Ta có 

• Tứ giác $OAHM$ nội tiếp ($\angle OAM=\angle OHM=90$ ) 

$\Rightarrow$ 4 điểm $O;A;H;M$ cùng thuộc một đường tròn.

• Tứ giác $OBMH$ nội tiếp ($\angle OBM+\angle OHM=180$)

$\Rightarrow$ 4 điểm $O;B;M;H$ cùng thuộc một đường tròn.

$\Rightarrow$ 4 điểm $A;B;M;H$ cùng thuộc một đường tròn.

$\Rightarrow$ $\angle HMQ=\angle HAB$

lại có : 

       $\angle RPH+\angle HPQ=\angle RPH + \angle HMQ=\angle RPH +\angle HAB =180$

$\Rightarrow$ $R;P;Q$ thẳng hàng.

d) Tứ giác $OHMB$ nội tiếp $\Rightarrow$  $\angle HOM=\angle HBM$

Xét $\triangle RPH$ và $\triangle BMH$ có :

 $\angle BMH =180-\angle HMQ$  ; $\angle RPH=180-\angle HPQ$

mà $\angle HPQ=\angle HMQ$ (do tứ giác $HPMQ$ nội tiếp.)

Mặt khác: 

$\angle RHP=\angle RAP$ (do tứ giác $RAHP$ nội tiếp)

và $\angle RAP=\angle BHM$ (do tứ giác $BAHM$ nội tiếp)

$\Rightarrow$ $\angle RHP=\angle HBM=\angle HOM$

$\Rightarrow$ $90-\angle RHP=90-\angle HOM$

$\Rightarrow \angle KRJ=\angle OMH$

mà $\angle OMH=\angle RJK$ (do tứ giác $IJHM$ nội tiếp )

$\Rightarrow$ $\angle KRJ=\angle RJK$

$\Rightarrow$ $\triangle RKH$ cân tại $K$ $\Rightarrow RK=KJ$ 

Xét tam giác $JRH$ vuông có $RK=KJ$ nên $RK$ là đường trung tuyến.

$\Rightarrow K$ trung điểm $JH$ 

Bài toán đã giải quyết xong.  

Geometry 15 Trích đề thi toán chung vào lớp 10 chuyên Đại học sư phạm Hà Nội

 Đề bài:

 Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ đường kính $AC=2R$.Gọi $K$ và $M$ theo thứ tự là chân các đường cao hạ từ $A$ và $C$ xuống $BD$, $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, biết $K$ thuộc đoạn $BE$ ($K \neq B$,$K\neq E$).Đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ cắt $AC$ tại $P$.

1. Chứng minh tứ giác $AKPD$ nội tiếp

2. Chứng minh $KP\perp PM$

3. Biết $\widehat{ABD}=60^{\circ}$ và $AK=x$.Tính $BD$ theo $R$ và $x$.

Lời giải

a) Xét tứ giác $AKPD$ có $\angle APK=\angle ACB$ (2 góc ở vị trí đồng vị)

mặt khác $\angle ACB =\angle ADK$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow \angle ADK=\angle APK$ $\Rightarrow $ $ADPK$ là tứ giác nội tiếp.

b) Theo câu a) tứ giác $AKPD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle APD=\angle AKD=90$ độ 

và $\angle DKP=\angle DAP$

Xét tứ giác $DMPC$ có $\angle DMC=\angle DPC=90$ độ

$\Rightarrow DMPC$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle PMK=\angle DCA$

mà $\angle DCA+\angle DAC=90$ độ $\angle PMK+\angle PKM=90$ độ

$\Rightarrow KP\perp PM$ (đpcm)

c) Ta có 

Xét tam giác ADC vuông tại D có $\angle ACD=\angle ABD=60$ độ nên

    $AD=2R.sin$ $60=R\sqrt{3}$

    $CD=2R.cos$ $60=R$

Xét tam giác vuông $AKB$

   $AB=\dfrac{AK}{sin 60}=\dfrac{2\sqrt{3}x}{3}$

Xét tam giác ABC vuông tại C

    $BC=\sqrt{4R^2-\dfrac{4x^2}{3}}$ 

Từ đây áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có 

$AC.BD=AD.BC+AB.CD$

$\Leftrightarrow 2R.BD=R\sqrt{3}.\sqrt{4R^2-\dfrac{4x^2}{3}}+\dfrac{2\sqrt{3}x}{3}.R$

$\Leftrightarrow BD=\sqrt{3R^2-x^2}+\frac{x}{\sqrt{3}}$

Geometry 14 Chứng minh rằng tam giác TGD cân tại T

Đề Bài 
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I) , D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB , Kẻ DH vuông góc với EF . AH cắt (O) tại G . Tiếp tuyến tại G của (O) cắt BC tại T .Chứng minh rằng tam giác TGD cân tại T
Lời giải:
Tham khảo tại đây

Geometry 13 CHỨNG MINH O TRUNG ĐIỂM EF

HÌNH HỌC : CHỨNG MINH O TRUNG ĐIỂM EF

08.02.2014 BY HIEUANGUYENTRUNG

Đề bài : Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy một điểm M (M khác A). KẺ cát tuyến MCD (C nằm giữa M và D). Nối MO cắt CB tại E và BD tại F. Chứng minh rằng O là trung điểm của EF .


Lời giải :







Kẻ tiếp tuyến MA’


(-) Xét tam giác MA’D và tam giác FBE ta có :


(+) (cùng vuông góc với AA’) 


mà


(+)


suy ra








Dễ dàng chứng minh được 2 tam giác ACM và DAM đồng dạng


2 tam giác A’CM và DA’M đồng dạng


Từ (1) và (2) kết hợp MA=MA’ suy ra





nên 2 tam giác AEB và tam giác AFB có diện tích bằng nhau tới đây ta chứng minh được OF=OE rồi

Geometry 12 Chứng minh HM=HN.

Đề bài: Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau ở H (D thuộc AC; E thuộc AB). Lấy I là trung điểm BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với HI cắt AB, AC ở M, N. Chứng minh HM=HN.

Lời giải: 

Mời các bạn xem lời giải tại đây

  

Geometry 11 Chứng minh: $AJ.BI\leq \dfrac{AB^{2}}{4}$

Đề bài : 

Cho tam giác ABC đều. Trên các cạnh  $BC;CA;AB$ lấy 3 điểm $I;J;K$ sao cho $K\neq A;B$  và $\widehat{IKJ}=60^{\circ}$ Chứng minh:

$AJ.BI\leq \dfrac{AB^{2}}{4}$

Lời giải : Các bạn xem lời giải của mình tại đây

Geometry 10 Chứng minh A,I,C thẳng hàng.

Đề bài :

Cho  cắt nhau tại A;B. Tiếp tuyến chung MN. . I là giao MN;OO’. Chứng minh A,I,C thẳng hàng.

Lời giải: các bạn tham khảo lời giải của mình tại đây

Geometry 9:Chứng minh AA',BB',CC',DD' đồng quy.

Đề bài :

 Cho tứ giác . Gọi  lần lượt là trọng tâm các tam giác .Chứng minh  đồng quy.

Lời Giải:

                                      

 Gọi  lần lượt là trung điểm của cạnh ;   trung điểm  và  là giao điểm của  và 

  Xét tam giác  Có  là đường trung bình nên  

  Xét tam giác  có  và  trung điểm  nên suy ra  trung điểm 

Suy ra  đi qua trung điểm  của  cố định.

  Chứng minh tương tự ta cũng có  đi qua 

Vậy 4 đoạn thẳng  đồng quy tại một điểm 

…………Mời các bạn tham khảo lời giải chi tiết của mình tại đây