Các Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán

Mục lục

Lời nói đầu v

Chương trình hội thảo vii

1. Some problems of algebra and geometry with solutions 1

1.1 Applications of AM-AG and Cauchy-Schwarz Inequalities . . . . . . . . . . 1

1.2 Applications of the Lagrange’s mean value theorem . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Applications of complex numbers to geometry . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2. On the potential research directions related to Shapiro’s cycle inequality 12

2.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.2 Results of Drinfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.3 Echoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.4 On an extension of Shapiro’s cyclic inequality . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4.2 Main result . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5 Problems . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3. Some new identities on the Conic Sections 27

3.1 Canonical Equations Conic Sections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.2 Some identities for the conic sections . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.3 Bibliography . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4. Chứng minh tính vô tỉ của π, e và √2 bằng công cụ giải tích phổ thông 33

4.1 Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4.2 Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4.3 Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5. Làm quen với Hình học tổ hợp 38

5.1 Nguyên lí Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5.2 Hình bao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

6. Ứng dụng góc định hướng của hai đường thẳng 44

6.1 Khái niệm góc định hướng của hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 44

pdf234 trang | Chia sẻ: tuananh27 | Ngày: 08/04/2019 | Lượt xem: 53 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Các Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
là hình vuông. (⊠)
Ví dụ 10.27. Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm O bán kính r. Lấy điểm P cố định nằm bên
trong đường tròn với OP = d > 0. Hai dây cung AB và CD đi qua điểm P tạo thành một góc α
không đổi (00 < α ≤ 900).
Tính giá trị lớn nhất của tổng AB +CD khi hai dây AB,CD thay đổi và xác định vị trí của
các dây AB,CD đó.
Hướng dẫn giải. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của O trên
AB,CD. Gọi I là trung điểm của OP và M là hình chiếu của
I trên HK (hình vẽ). Dễ thấy⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ IO = IP = IH = IK =
d
2∠HIK = 2α ⇒
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ IM = IHcosα=
d
2
cosα
HK = OP sinα = d sinα(1)
Mặt khác, theo công thức tính độ dài đường trung tuyến, ta
được
4PM2 = 2(PH2 + PK2) −HK2 ⇒ PH2 + PK2 = 4PM2 +HK2
2
≤ 4(IP + IM)2 +HK2
2
. (2)
Hội thảo khoa học Trang 105 Bắc Giang, tháng 3 năm 2014
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Nguyễn Anh Tuấn, THPT CBG Bất đẳng thức trong Hình học phẳng
Từ (1) và (2) suy ra PH2 + PK2 ≤
4(d
2
+
d
2
cosα)2 + d2sin2α
2
=
d2((1 + cosα)2 + sin2α)
2
= 2d2 (cos4α
2
+ sin2
α
2
cos2
α
2
)
= 2d2cos2
α
2
(cos2α
2
+ sin2
α
2
) = 2d2cos2α
2
. (3)
Theo định lý Pitago ta được
(AB +CD)2 ≤ 2(AB2 +CD2) = 8(AH2 +CK2) = 8((OA2 −OH2) + (OC2 −OK2))
= 8(2r2 −OH2 −OK2) = 8(2r2 − (OP 2 − PH2) − (OP 2 − PK2))
= 8(2r2 − 2d2 + (PH2 +PK2))
≤ 8(2r2 − 2d2 + 2d2cosα
2
) ( theo (3) )
= 16(r2 − d2 (1 − cos2α
2
)) = 16(r2 − d2sin2α
2
) .
Suy ra AB +CD ≤ 4
√
r2 − d2sin2
α
2
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = CD và I thuộc đoạn PM hay PO là phân giác của góc
nhọn tạo bởi các đường thẳng AB,CD.
Tóm lại: AB + CD lớn nhất khi PO là phân giác của góc nhọn tạo bởi các đường thẳng
AB,CD và max(AB +CD) = 4√r2 − d2sin2α
2
.
10.2.2 Sử dụng các bất đẳng thức đại số
Ví dụ 10.28. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi R và r tương ứng là bán kính đường
tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng
2
R
+
3
r
≥ 4
4
√
27 . Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải. Gọi a, b, c là các cạnh, p là nửa chu vi, S là diện tích của tam giác ABC.
Dễ thấy hai công thức diện tích sau:
S =
1
2
ar +
1
2
br +
1
2
cr =
1
2
(a + b + c)r = pr (1)
và S = 1
2
a.ha =
1
2
a.
bc
2R
. (2)
(Do tam giác ABH đồng dạng với tam giác ADC với AH = ha,DA = 2R).
Từ (1) và (2) có 2
R
+
3
r
=
8S
abc
+
3(a + b + c)
2S
.
Hội thảo khoa học Trang 106 Bắc Giang, tháng 3 năm 2014
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Nguyễn Anh Tuấn, THPT CBG Bất đẳng thức trong Hình học phẳng
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số dương, ta được:
2
R
+
3
r
=
8S
abc
+
3a
2S
+
3b
2S
+
3c
2S
≥ 4
4
√
8S.
3a.3b.3c
abc.2S.2S.2S
= 4
4
√
27
S2
.
Vậy
2
R
+
3
r
≥ 4
4
√
27
S2
.
Đẳng thức xảy ra khi 8S
abc
=
3a
2S
=
3b
2S
=
3c
2S
⇔ a = b = c, hay tam giác ABC đều.
Nói riêng trường hợp S = 1 thì 2
R
+
3
r
≥ 4
4
√
27
S2
, đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều và
a = b = c =
2
4
√
27
3
.
Chú ý: Ta có thể tính abc ≤ (a + b + c)3
27
=
8p3
27
rồi áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4 số
dương 2
R
+
3
r
=
8S
abc
+
3p
S
≥
27S
p3
+
p
S
+
p
S
+
p
S
≥ 4
4
√
27
S2
, cũng có thể tính
2
R
+
1
r
+
1
r
+
1
r
≥ 4
4
√
2
Rr3
rồi sử dụng (1) và (2). (⊠)
Ví dụ 10.29. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Đường thẳng qua M cắt các
cạnh AB,AC lần lượt tại D,E. Chứng minh rằng SMBD.SMCE ≤
1
64
S2ABC . Xác định vị trí của
M để đẳng thức xảy ra.
Hướng dẫn giải. Hai tam giác có chiều cao bằng nhau thì tỷ số diện tích của chúng bằng
tỷ số cạnh đáy, nên SBDM
SABC
=
SBDM
SBDE
.
SBDE
SBAE
.
SBAE
SABC
=
DM
DE
.
BD
BA
.
AE
AC
. và
SMEC
SABC
=
SMEC
SDEC
.
SDEC
SDAC
.
SDAC
SABC
=
ME
DE
.
EC
AC
.
DA
BA
.
Do đó
SMBD.SMEC
S2ABC
=
BD.AD
AB2
.
DM.ME
DE2
.
DE.EC
AC2
Mà BD.AD ≤
1
4
(BD +AD)2 = 1
4
AB2 , bất
đẳng thức Cauchy. Tương tự DM.ME ≤ 1
4
DE2 và AE.EC ≤ 1
4
AC2.
Vậy SMBD.SMCE ≤
1
64
S2ABC . (⊠)
Ví dụ 10.30. Gọi AD,BE,CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A.
Đoạn thẳng AD cắt EF tại K. Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB và AC lần lượt
tại M và N . Chứng minh rằng MN ≥
2 −
√
2
2
(AB +AC).
Hướng dẫn giải.
Hội thảo khoa học Trang 107 Bắc Giang, tháng 3 năm 2014
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Nguyễn Anh Tuấn, THPT CBG Bất đẳng thức trong Hình học phẳng
Đặt BC = a,CA = b,AB = c ta có
a2 = b2 + c2 ≥
1
2
(b + c)2, suy ra b + c
a
≤
√
2. (1)
Vì CF là phân giác nên
CA
BC
=
AF
FB
, suy ra
AF
AB
=
CA
BC +CA
, hay AF =
AB.CA
BC +CA
, suy ra
AF =
bc
a + b
. Tương tự AE =
bc
a + c
. (2)
Xét diện tích hai tam giác ABD,ADC và diện tích tam giác ABC có
bc = (b + c)AD. sin 450, nên AD = √2bc
b + c
. Tương tự AK =
√
2AE.AF
AE +AF
=
√
2bc
2a + b + c
(do (2))
Nên AK
AD
=
b + c
2a + b + c
hay MN
a
=
b + c
2a + b + c
(vì MN ∥ BC). Từ đó và (1) có:
MN = (b + c) 1
2 +
b + c
a
≥ (b + c) 1
2 +
√
2
=
2 −
√
2
2
(AB +CA). Vậy MN ≥ 2 −√2
2
(AB +CA).
Ví dụ 10.31. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Các điểm A1,B1, C1 theo thứ
tự thuộc các cạnh BC,CA,AB và thoả mãn điều kiện A1B1 ∥ AM,B1C1 ∥ BM,C1A1 ∥ CM.
Chứng minh rằngS(A1B1C1) ≤ 1
3
S(ABC) , trong đó S là diện tích tam giác.
Hướng dẫn giải. Ta có MB ∥ B1C1 nên SBB1C1 = SMB1C1 , do đó
AB1
CA
=
SAB1B
SABC
=
SAB1C1 + SBB1C1
SABC
=
SAB1C1 + SMB1C1
SABC
=
SAB1MC1
SABC
. (1)
Tương tự ta được:
BC1
AB
=
SBC1MA1
SABC
;
CA1
BC
=
SCA1MB1
SABC
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
AB1
CA
+
BC1
AB
+
CA1
BC
= 1. (*)
Mặt khác, ta có:
SMB1C1
SABC
=
SBB1C1
SABC
=
SBB1C1
SBB1A
.
SBB1A
SABC
=
BC1
AB
.
AB1
CA
. (3)
Tương tự, ta có: SMC1A1
SABC
=
CA1
BC
.
BC1
AB
;
SMA1B1
SABC
=
AB1
CA
.
CA1
CB
. (4)
Hội thảo khoa học Trang 108 Bắc Giang, tháng 3 năm 2014
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Nguyễn Anh Tuấn, THPT CBG Bất đẳng thức trong Hình học phẳng
Từ (3),(4) và (*) suy ra:
SA1B1C1
SABC
=
BC1
AB
.
AB1
CA
+
CA1
BC
.
BC1
AB
+
AB1
CA
.
CA1
BC
≤
1
3
(AB1
CA
+
BC1
AB
+
CA1
BC
)2 = 1
3
.
Suy ra: SA1B1C1 ≤
1
3
SABC . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
AB1
CA
=
BC1
AB
=
CA1
BC
. (**) Dễ
thấy, (**) chỉ xảy ra khi M là trọng tâm tam giác ABC. (⊠)
Ví dụ 10.32. Chứng minh rằng 1
R
+
1
r
≥
9
√
3
2p
,trong đó p,R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính
đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của một tam giác. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải. Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là a, b, c. Ta có hệ thức abc = 4RS = 4Rrp
(*). Sử dụng bất đẳng thức Cauchy và (*) ta được
(a + b + c)3 ≥ 27abc⇒ 8p3 ≥ 27.4Rrp⇒ p2 ≥ 27
2
Rr. (1)
Dễ dàng thấy p ≥ 3
√
3r. (2)
Từ (1) và (2) suy ra p3 ≥ 81
√
3Rr2
2
⇒ 3√ 1
4Rr2
≥
3
√
3
2p
. (3)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta được
1
R
+
1
r
=
1
R
+
1
2r
+
1
2r
≥ 3
3
√
1
4Rr2
. (4)
Từ (3) và (4) suy ra 1
R
+
1
r
≥
9
√
3
2p
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
a = b = c
p = 3
√
3r
R = 2r
, hay là tam giác đã cho đều. (⊠)
Ví dụ 10.33. Cho tam giác ABC có góc không nhọn với BC = a,CA = b,AB = c.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
(a + b)(b + c)(c + a)
abc
.
Hướng dẫn giải. Không giảm tính tổng quát, giả sử C ≥ 900 , khi đó
c2 ≥ a2 + b2 ≥ 2ab⇒ c ≥√2ab. (1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC vuông cân tại C. Ta có
P =
(a + b)(b + c)(c + a)
abc
=
2abc + a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b
abc
= 2 + (a
b
+
b
a
) + (a + b
c
+
c
a
+
c
b
) . (2)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta được (a
b
+
b
a
) ≥ 2. (3)
Hội thảo khoa học Trang 109 Bắc Giang, tháng 3 năm 2014
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Nguyễn Anh Tuấn, THPT CBG Bất đẳng thức trong Hình học phẳng
Theo (1) có a + b
c
+
c
a
+
c
b
≥ 3
3
√(a + b)c
ab
≥ 3
3
√
2
√
ab.2
√
ab
ab
= 3
√
2. (4)
Do đó từ (2) có P ≥ 4 + 3
√
2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các đẳng thức ở (1), (3) và (4)
đồng thời xảy ra, nghĩa là a = b, c = 2
√
ab,
a + b
c
=
c
a
=
c
b
, hay tam giác ABC vuông cân tại C.
Vậy minT = 4 + 3
√
2 khi tam giác ABC vuông cân tại C. (⊠)
Ví dụ 10.34. Cho tam giác ABC. Trên các tia đối của tia BA,CA lấy các điểm E,F (khác
B,C) theo thứ tự. Đường thẳng BF cắt CE tại điểm M .
Chứng minh rằng
MB
MF
+
MC
ME
≥ 2
√
AB.AC
AF.AE
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải. Sử dụng tính chất nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỷ lệ diện tích
giữa chúng bằng tỷ lệ giữa đáy ứng với chiều cao đó, kí hiệu S là diện tích, ta được
MB
MF
=
SAMB
SAMF
;
MC
ME
=
SAMC
SAME
⇒ MB
MF
+
MC
ME
=
SAMB
SAMF
+
SAMC
SAME
. (1)
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta được
SAMB
SAMF
+
SAMC
SAME
≥ 2
√
SAMB
SAMF
.
SAMC
SAME
. (2)
Mà SAMB
SAME
.
SAMC
SAMF
=
AB
AE
.
AC
AF
. (3)
So sánh (1), (2) và (3) suy ra
MB
MF
+
MC
ME
≥ 2
√
AB.AC
AF.AE
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi xảy ra đẳng thức ở (2), nghĩa là
SAMB
SAMF
=
SAMC
SAME
hay
MB
MF
=
MC
ME
,
điều này tương đương với BC ∥ EF. (⊠)
Ví dụ 10.35. Tam giác ABC có 1
4
AC < AB < 4AC. Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của
tam giác ABC, cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại E,F . Hãy xác định vị trí điểm E sao cho
AE +AF đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải. Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC. Kẻ BM ∥ CN ∥ EF . Ta có
∆BDM =∆CDN (c.g.c)⇒DM = DN . Từ đó AN +AM = 2AD = 3AG. Do đó
AB
AE
+
AC
AF
=
AM
AG
+
AN
AG
=
AM +AN
AG
= 3.
Hội thảo khoa học Trang 110 Bắc Giang, tháng 3 năm 2014
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.DeThiThuDaiHoc.com
Nguyễn Anh Tuấn, THPT CBG Bất đẳng thức trong Hình học phẳng
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki suy ra
3(AE +AF ) = (AB
AE
+
AC
AF
) (AE +AF ) ≥ (√AB +√AC)2, hay AE +AF ≥ 1
3
(√AB +√AC)2.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
AB
AE
+
AC
AF
= 3

File đính kèm:

  • pdfHTKH-2014-BDHSG-Toan.pdf
Giáo án liên quan