Một bài BĐT hình học....

abacadaeafag · 03-09-2010, 11:22 AM

Cho $(O;R) $ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC $. Gọi $P $ là trung điểm của $AB $. $Q $ thuộc cạnh $AC $ sao cho $\frac{AQ}{QC}=\frac{1}{2} $. Dựng hình bình hành $APKQ $. Chứng minh rằng:

$KA+KB+KC \leq \sqrt{11(R^{2}-OK^{2})} $

**novae** · 03-09-2010, 11:37 AM

Dễ cm được $\dfrac{1}{6} \overrightarrow{KA}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{KB}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0} $
ta có: $R^2=OA^2=(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{KA}) ^2=OK^2+ 2\overrightarrow{OK}.\overrightarrow{KA}+KA^2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{6}(R^2-OK^2)= \dfrac{1}{6}KA^2+2 \overrightarrow{OK}.\frac{1}{6}\overrightarrow{KA} $
tương tự:
$\dfrac{1}{2}(R^2-OK^2)= \dfrac{1}{2}KB^2+2 \overrightarrow{OK}.\frac{1}{2}\overrightarrow{KB} $
$\dfrac{1}{3}(R^2-OK^2)= \dfrac{1}{3}KC^2+2 \overrightarrow{OK}.\frac{1}{3}\overrightarrow{KC} $
từ đó suy ra $R^2-OK^2=\dfrac{1}{6} KA^2+\dfrac{1}{2} KB^2+\dfrac{1}{3} KC^2 $
áp dụng Bunyakovski:
$11(R^2-OK^2)=(6+2+3)\left( \dfrac{1}{6} KA^2+\dfrac{1}{2} KB^2+\dfrac{1}{3} KC^2 \right)\ge (MA+MB+MC)^2 $ (đpcm)

NguyenNhatTan · 03-09-2010, 01:00 PM

Ta tổng quát hóa bài toán như sau:

Cho $\Delta ABC $ nội tiếp $(O;R) $. $K $ là điểm nằm trong đường tròn $(O) $. $z,y,z $ là các số thực dương thõa mãn $x. \overrightarrow{KA}+y. \overrightarrow{KB}+z. \overrightarrow{KC} = \overrightarrow{0} $. Chứng minh:

$KA+KB+KC \leq \sqrt{\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{xyz}(R^{2}-OK^{2})} $

03-09-2010, 11:22 AM	#1
abacadaeafag +Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2010 Bài gởi: 83 Thanks: 65 Thanked 15 Times in 13 Posts	Một bài BĐT hình học.... Cho $(O;R) $ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC $. Gọi $P $ là trung điểm của $AB $. $Q $ thuộc cạnh $AC $ sao cho $\frac{AQ}{QC}=\frac{1}{2} $. Dựng hình bình hành $APKQ $. Chứng minh rằng: $KA+KB+KC \leq \sqrt{11(R^{2}-OK^{2})} $ P/s: thay đổi nội dung bởi: novae, 03-09-2010 lúc 11:25 AM

03-09-2010, 11:37 AM	#2
novae +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts	Dễ cm được $\dfrac{1}{6} \overrightarrow{KA}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{KB}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0} $ ta có: $R^2=OA^2=(\overrightarrow{OK}+\overrightarrow{KA}) ^2=OK^2+ 2\overrightarrow{OK}.\overrightarrow{KA}+KA^2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{6}(R^2-OK^2)= \dfrac{1}{6}KA^2+2 \overrightarrow{OK}.\frac{1}{6}\overrightarrow{KA} $ tương tự: $\dfrac{1}{2}(R^2-OK^2)= \dfrac{1}{2}KB^2+2 \overrightarrow{OK}.\frac{1}{2}\overrightarrow{KB} $ $\dfrac{1}{3}(R^2-OK^2)= \dfrac{1}{3}KC^2+2 \overrightarrow{OK}.\frac{1}{3}\overrightarrow{KC} $ từ đó suy ra $R^2-OK^2=\dfrac{1}{6} KA^2+\dfrac{1}{2} KB^2+\dfrac{1}{3} KC^2 $ áp dụng Bunyakovski: $11(R^2-OK^2)=(6+2+3)\left( \dfrac{1}{6} KA^2+\dfrac{1}{2} KB^2+\dfrac{1}{3} KC^2 \right)\ge (MA+MB+MC)^2 $ (đpcm) __________________ M.

03-09-2010, 01:00 PM	#3
NguyenNhatTan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: THPT Lào Cai 1 Bài gởi: 202 Thanks: 30 Thanked 246 Times in 122 Posts	Ta tổng quát hóa bài toán như sau: Cho $\Delta ABC $ nội tiếp $(O;R) $. $K $ là điểm nằm trong đường tròn $(O) $. $z,y,z $ là các số thực dương thõa mãn $x. \overrightarrow{KA}+y. \overrightarrow{KB}+z. \overrightarrow{KC} = \overrightarrow{0} $. Chứng minh: $KA+KB+KC \leq \sqrt{\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{xyz}(R^{2}-OK^{2})} $ P/s: Bài này mình cũng từng có đọc trong THTT rùi __________________ Tớ sẽ cố gắng ...... vì cậu thay đổi nội dung bởi: NguyenNhatTan, 03-09-2010 lúc 01:06 PM