CHO A/B=B/C=C/D. CHỨNG MINH (A+B+C/B+C+D)^3=A/D

     

AB AB + CD. (1.62)AC +BD = (OA+OD) + (OB +OC) > AD+ BC. (1.63)Cộng theo vế các bất đẳng thức (1.62) và (1.63) ta thu được

AC + BD > AB +BC +CD +DA2 .Mặt khác, AC AB +BC +CD+DA2 . (1.64)Tương tự,BD AB+ BC +CD +DA2 . (1.65)

Cộng theo vế nhì bất đẳng thức (1.64) với (1.65) , ta thu đượcAC +BD AD+BC2 . (1.66)b)M phường +N Q ≤ AB +BC +CD+DA2 . (1.67)Giải.Hình 1.35

a) điện thoại tư vấn I là trung điểm của BD, M Ilà đường trung bình của ∆ABD. Suy raM I = AD2 . IP là mặt đường trung bình của∆DBC, suy ra IP = BC2 . Xét 3 điểmI, M, phường ta bao gồm M p. ≤ M I + IP, suy raM p ≤ AD+2BC.b) Áp chủ ý a) ta bao gồm N Q ≤ AB+DC2 .Do đó M p + N Q ≤ AD+BC2 + AB+2DC =AB+BC+CD+DA2 .

Bạn đang xem: Cho a/b=b/c=c/d. chứng minh (a+b+c/b+c+d)^3=a/d

Bài toán 1.38. Cho hình vuông vắn ABCD cạnh a. M, N là hai điểm ởtrong hình vuông đã cho. Minh chứng rằng M N ≤ a√

2.Giải.Hình 1.36Vì ABCD là hình vuông vắn cạnha đề xuất AC = AB√2 = a√2.Vẽ đường tròn (O) nước ngoài tiếphình vuông ABCD. Ta gồm đườngkính của (O) là a√

2, M với N làhai điểm bên trong O.

Gọi M0N0 là dây cung đi qua Mvà N. Ta bao gồm M N ≤ M0N0 màM0N0 ≤ a√

2 (đường khiếp là dâycung lớn số 1 trong con đường tròn).Do đó M N ≤ a√

2.

Bài toán 1.39. Mang đến hình thang ABCD có đáy nhỏ dại là AB cùng Cb+Db ≤

900. Hotline M và N thứu tự là trung điểm của các cạnhAB cùng CD. Chứngminh rằng M N ≤ CD−2AB.

Giải.

Hình 1.37

Qua M vẽ mặt đường thẳng tuy vậy songvới AD cắtDC trên E cùng qua M vẽđường thẳng tuy vậy song cùng với BC cắtDC trên F. Suy ra Db = Ec1,Cb = cF1.Suy ra Ec1 + cF1 = Db + Cb ≤ 900 ⇒

EM F ≥ 900. Theo vấn đề 1.3 tamgiác M EF tất cả EM F ≥ 900 và M N làtrung tuyến buộc phải M N ≤ EF2 .

Mặt khác, gồm AB//DC và AD//M E cần ADEM là hình bình hành.Suy ra DE = AM = 12AB, tương tự F C = M B = 12AB. Vị đóEF = CD−AB.

Vậy M N ≤ CD−AB

2 .

Bài toán 1.40. Mang đến tứ giác ABCD, M là một điểm thuộc cạnh CD

(M không giống C, D). Minh chứng rằng

M A+M B Hình 1.38

Gọi A0 là vấn đề đối xứng củaA qua CD.A0B cắt CD sinh hoạt P.

Vì M trực thuộc đoạn CD phải M thuộc∆A0BC hoặc ∆A0BD. Theo định lí 1.20ta cóM A0 +M B 0 +CBM A0 +M B 0 +DB⇒M A+ M B Hình 1.39

Qua M vẽ mặt đường thẳng song song vớiAD cắt AB, DE theo thứ tự tại E, F. Ápdụng chú ý 1.3 của vấn đề 1.40 vào cáchình chữ nhật AEF D, EBCF với ABCDta cóM A+M D ≤EA+ED, M B+M C ≤

EB +EC, ED +EC ≤ AD +AC. Vì chưng đóM A+M B+M C +M D ≤ (EA+EB) +(ED +EC) ≤AB +AC +AD.

Ta có việc tổng quát rộng sau đây

Bài toán 1.42. (Tuyển tập 5 năm tạp chí THTT) mang đến tứ giác ABCD,

M là một trong những điểm trong tứ giác. Đặt domain authority = AB + AC +AD, dB = BC +BD+BA, dC = CD+ CA+ CB, dD = DA+DB + DC. Chứng minhrằng

M A+M B +M C +M D A;dB;dC;dD}.

Giải. Kéo dãn dài AM một quãng M B0 bởi M B. Qua M kẻ đường trungtrực của BB0. Đường này theo đồ vật tự giảm hai cạnh tứ giác trên I, J. Cóthể xảy ra một trong các ba trường đúng theo hình (A), (B), (C). Vì trong các hình(B), (C) việc được minh chứng tương tự nhưng đơn giản dễ dàng hơn trongtrường đúng theo (A) nên tại chỗ này ta chỉ minh chứng trong trường vừa lòng (A). Khôngmất tính tổng thể giả sử rằng IC + ID = maxIC +ID, J C +J D.

Hình 1.40

Áp dụng việc 1.40 mang đến tứ giác CIJ Dta bao gồm M C+M D 0 = AB0 0 = IA+IB. Vì chưng đóM A+M B+M C+M D A;dB;dC;dD}.

Chú ý 1.4. Từ câu hỏi 1.42 ta có các hiệu quả sau:

1) cho hình chữ nhật ABCD tất cả độ dài các cạnh là a, b với độ dài đườngchéo là c. M là một điểm nằm phía bên trong hình chữ nhật đó. Ta tất cả bấtđẳng thức M A +M B+M C + M D

2)a.1.7.2. Các bất đẳng thức không giống trong tứ giác

Bài toán 1.43. (IMO shorlist) diện tích s của một tứ giác với các cạnh

a, b, c và d là S. Chứng tỏ rằng

S ≤ a+c

2 .b+ d

2 .

Giải. Trước tiên, trả sử tứ giác ABCD ko lồi. Khi đó một trong cácđường chéo của nó, ví dụ điển hình BD sẽ không có điểm thông thường với phầntrong của tứ giác.

Hình 1.41

Lấy đối xứng điểm C qua BD đến tamột tứ giác lồiABC0D gồm cùng cạnh nhưngdiện tích lớn hơn diện tích tứ giác ABCD.Do đó không mất tính tổng quát, ta có thểgiả thiết rằng tứ giác ABCD lồi.

Bây tiếng ta phân tách tứ giác vì chưng đường chéo ACthành hai tam giác ABC và ADC. Ta có ≤ ab2 , ≤ dc2 . Vì chưng đó

S = + ≤ ab+cd

2 . (1.69)

Làm tựa như với đường chéo BD, ta có

S = + ≤ bc+da2 . (1.70)Cộng theo vế những bất đẳng thức (1.69) và (1.70), ta được2S ≤ ab+ bc+ cd+ da2 =(a+c) (b+d)2 tốt S ≤ a+c2 .b+ d2 .Bài toán 1.44. (Olympic Tây Ban Nha, 2000) minh chứng rằng trongtất cả những tứ giác lồi có diện tích bằng 1, thì tổng độ dài các cạnh vàcác đường chéo lớn rộng hoặc bởi 2 2 +√

2.

Giải. điện thoại tư vấn a, b, c, d theo thứ tự là độ dài những cạnh với e, f lần lượt là độ dàicác đường chéo của tứ giác. Ta sẽ minh chứng a + b + c + d ≥ 4 vàe+ f ≥ 2√

2.

Gọi S là diện tích s tứ giác. Ta biết rằng S = 12ef sinθ, trong đó θ làgóc giữa hai tuyến đường chéo. Vị S = 1 bắt buộc ef ≥ 2. Áp dụng bất đẳng thứcAM −GM suy ra e+f ≥2√

2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi e = f.Mặt khác, theo bài toán trên gồm S ≤ a+2c.b+2d. Áp dụng AM −GM vàsử dụng S = 1 ta suy ra a+b+c+d ≥ 4. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉkhi a = b = c = d.

Từ kia suy ra bất đẳng thức buộc phải chứng minh. Cả nhị đẳng thức xảyra khi và chỉ còn khi tứ giác lồi là hình vuông.

Xem thêm: Tại Sao Nói Cuộc Duy Tân Minh Trị Là Cuộc Cách Mạng Tư Sản Không Triệt Để Vì

Bài toán 1.45. (Olympic Địa trung hải, 1998) mang đến ABCD là 1 hìnhvuông nội tiếp mặt đường tròn. M là một điểm bên trên cung

_AB. Bệnh minhrằng M C.M D ≥ 3√3M A.M B.Giải.Hình 1.42Đặt α = ACM , β = BDM. Lúc đó tacó α+β = π4 với M A.M BM C.M D = tanα.tanβ.

Bây giờ, lưu ý rằngtanα.tanβ.tanγ ≤ tan3

α+β +γ3,ở trên đây γ = π4.

Suy ra tanα.tanβ ≤ 13√

3.Do kia M C.M D ≥ 3√

3M A.M B.

Bài toán 1.46. (IMO, shorlist 1996) mang đến ABCD là tứ giác lồi. Kíhiệu RA, RB, RC cùng RD là bán kính đường tròn nước ngoài tiếp tam giác

DAB, ABC, BCD và CDA tương ứng. Chứng minh rằng RA + RC >RB + RD nếu và chỉ còn nếu Ab+C >b Bb+Db.

Giải. điện thoại tư vấn X = AC ∩BD. Trong nhì góc AXB và AXD có ít nhất mộtgóc lớn hơn hay bởi 900. Ta trả sử AXB ≥ 900. Đặt α = CAB, β< =

ABD, α0 = BDC, β 0 = DCA. Những góc này hầu hết nhọn và α+β = α0+β0.Hơn nữa RA = AD2 sinβ, RB =BC2 sinα, RC =BC2 sinα0, RD = AD2 sinβ0.Bây giờ, ta xét 3 trường phù hợp sau:

1. Nếu Bb+Db = 1800 thì ABCD là tứ giác nội tiếp mặt đường tròn và dễcó RA+ RC = RB +RD.

2. Nếu Bb + D >b 1800 thì D phía bên trong đường tròn nước ngoài tiếp tamgiác ABC. Điều này dẫn đến β > β0, α 0, suy ra RA D vàRC B. Cho nên vì thế RA +RC B +RD.

3. Nếu Bb + D 0 thì D nằm ở ngoài đường tròn nước ngoài tiếp tamgiác ABC. Điều này dẫn đến β 0, α > α0, suy ra RA > RD vàRC > RB. Cho nên vì thế RA +RC > RB +RD.

Chương 2

Bất đẳng thức Ptolemy và các mở

rộng

Chương này trình bày định lí Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy cùng cácbài toán áp dụng. Bên cạnh đó còn trình bày một số mở rộng của bất đẳngthức này trong tứ giác và không ngừng mở rộng trong tứ diện. Nội dung đa số đượchình thành từ những tài liệu <1>, <5>, <8>, <10> và <12>.

2.1. Định lí Ptolemy

Định lý Ptolemy giỏi Đẳng thức Ptolemy mô tả quan hệ thân độdài tứ cạnh cùng hai đường chéo của một tứ giác nội tiếp con đường tròn.Định lý này với tên nhà toán học và thiên văn học fan Hy Lạp cổđại Ptolemy.

Định lý 2.1. đến ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Khi đó

AC.BD = AB.CD+AD.BC. (2.1)Chứng minh.

Hình 2.1

Lấy điểm M ở trong đường chéo cánh BD saocho M CD = BCA. Lúc đó, hay thấy các<

tam giác ABC cùng DM C đồng dạng nhau,suy ra CD

M D =CA

AB ⇔CD.AB = CA.M D.Cũng dễ chứng minh rằng nhì tam giácBCM cùng ACD đồng dạng, do đó ta có

BCBM =

AC

AD ⇔ BC.AD = AC.BM. Cộngtheo vế hai bất đẳng thức trên, ta thu đượcCD.AB +BC.AD = AC.BM + CA.M D

Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O). Đường phângiác của BAC< cắt (O) tại D không giống A. điện thoại tư vấn K, L thứu tự là hình chiếu của

B, C trên AD. Chứng tỏ rằng AD ≥BK +CL.

Giải.

Hình 2.2

Do ∆BKA,∆CLA là những tamgiác vuông yêu cầu ta tất cả BK + CL =(AB+AC) sinA

2. Phương diện khác, tứ giácABDC nội tiếp cần theo đẳng thứcptolemy ta có AB.DC + AC.BD =AD.BC mà DC = BD = BC

2 cos D2 =BC

2 cos A2 bắt buộc AB+AC = 2AD.cosA

2.Suy ra BK +CL = AD.sinA ≤ AD.Bài toán 2.2. (Tạp chí THTT số 261) đến tam giác ABC. Những đườngphân giác trong xuất phát điểm từ A, B, C cắt đường tròn nước ngoài tiếp tam giác

ABC tại A1, B1, C1 tương ứng. Chứng tỏ rằng

AA1.BB1.CC1 ≥ 16R2r.Giải.

Hình 2.3

Áp dụng định lí Ptolemy mang đến tứ giácABA1C ta tất cả AA1.BC = AB.CA1 +AC.BA1 hay AA1.a = c.CA1 +b.BA1.

Do AA1 là phân giác góc BAC< cho nênA1 là điểm ở trung tâm cung

_

BC và vày đóA1B = A1C. Suy ra a.AA1 = (b+ c)A1B.Mặt không giống theo định lí hàm số sin, ta có

A1B

sinA1AB = 2R, suy ra A1B = 2RsinA2.Vậy AA1 = b+ac.2Rsin A2. Giống như BB1 =

c+a

b .2RsinB2, CC1 = a+cb.2RsinC2. Để ý

rằng r = 4R.sinA2.sin B2.sinC2 với (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Suyra AA1.BB1.CC1 = 8R

3(a+ b)(b+c)(c+a)

abc sinA

Bài toán 2.3. Mang đến tam giác ABC cùng điểm M bất kỳ nằm bên trên đườngtròn (O) ngoại tiếp ABC. Chứng minh rằng

M Aa +M Bb +M Cc ≥minab +ba;bc +cb;ca +ac≥ 2.Giải.Hình 2.4Hiển nhiên ta tất cả bất đẳng thứcphải. Ta chứng minh bất đẳng thứctrái bằng cách thức phản chứng.Giả sử M Aa + M Bb + M Cc ab + ab;bc + cb; ca + ac . Khônggiảm tính tổng quát, đưa sử M nằmtrên cung

_

BC không chứa A.

Do tứ giác ABM C nội tiếp, nênáp dụng đẳng thức Ptolemy ta cóM A.BC = M C.AB + M B.AC. Suyra M A = M B.b+aM C.c. Khi đóM Aa +M Bb +M Cc =M B.ab +M C.caa +M B.ab +M C.aca=M B.ab + ab+M C ac + aca ≥ M B.ab + ab+M C ac + acM B +M C . (2.2)Mặt khác, M Aa + M Bb + M Cc ab + ab;bc + cb;ac + acsuy ra M Aa + M Bb + M Cc ab + ab cùng M Aa + M Bb + M Cc ac + ac .Từ đóM Aa +M Bb +M Cc =M B.M Aa +M Bb +M Cc+M C.M Aa +M Bb +M CcM B+M cm B.ab +ba+M Cac +caM B+M C . (2.3)

(2.2) và (2.3) mâu thuẫn, do đó giả sử là sai. Vậy được bất đẳng thứccần bệnh minh.

Bài toán 2.4. (Ailen, 1995) Cho tía điểm A, X, D thẳng sản phẩm với X

nằm giữa B cùng X. Minh chứng rằng

2AD ≥√3 (AB+BC +CD).

Giải.

Hình 2.5

Dựng tam giác phần lớn AXO sao choB với O khác phía cùng với AX. Dễ thấyABXO là tứ giác nội tiếp con đường trònđường kính √2

3AX. Áp dụng định lýPtolemy cho tứ giác này, ta được

AB.OX +BX.AO = AX.BO.

Xem thêm: Truyền Thuyết Thánh Gióng Liên Quan Đến Lịch Sử Nào ? Thánh Gióng: Từ Truyền Thuyết Đi Vào Lịch Sử

Vì OX = AO = AX nên

AX(AB+BX) = AX.BO ≤ AX.√2

3AX. Suy ra 2AX ≥√

3 (AB +BX). Cho nên 2AD = 2 (AX +XD) ≥ √3 (AB+BX)+2XD ≥ √3 (AB +BC +CX) +√

3XD ≥ √3 (AB +BC + CD).

Bài toán 2.5. (Vô địch Toán lần thứ 2, Hồng Kông, 1999) điện thoại tư vấn I và O

lần lượt là tâm những đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác ABC. Giảsử tam giác ABC không đều. Chứng minh AIO< ≤ 900 nếu còn chỉ nếu