[HÌNH HỌC 9] ĐƯỜNG THẲNG EULER

$\boxed{\text {Bài toán: }}$

Cho $O$, $H$, $G$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm của $\triangle ABC$. Chứng minh rằng $O$, $H$, $G$ cùng thuộc một đường thẳng (được gọi là đường thẳng Euler của $\triangle ABC$) và $GH = 2GO$.

Giải

Chứng minh.

Cách 1:

Vẽ $OM$ $\bot$ $BC$, $ON$ $\bot$ $AC$.

Ta có: $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $AC$ (đ/lí đường kính vuông góc dây cung).

$ \Rightarrow $ $MN$ là đường trung bình của $\triangle ABC$.

$ \Rightarrow $ $MN \parallel AB$.

$ \Rightarrow $ $\widehat {NMC} = \widehat {ABC}$, $\widehat {MNC} = \widehat {BAC}$.

$\widehat {OMN} + \widehat {NMC} = {90^\circ}$, $\widehat {HAB} + \widehat {ABC} = {90^\circ}$, $\widehat {NMC} = \widehat {ABC}$.

$ \Rightarrow $ $\widehat {OMN} = \widehat {HAB}$.

$\widehat {ONM} + \widehat {MNC} = {90^\circ}$, $\widehat {ABH} + \widehat {BAC} = {90^\circ}$, $\widehat {MNC} = \widehat {BAC}$.

$ \Rightarrow $ $\widehat {ONM} = \widehat {ABH}$.

$\triangle OMN$ và $\triangle HAB$ có $\widehat {OMN} = \widehat {HAB}$ (cmt), $\widehat {ONM} = \widehat {ABH}$ (cmt).

$ \Rightarrow $ $\triangle OMN$ $\sim$ $\triangle HAB$ (g – g).

$ \Rightarrow $ $\dfrac{{OM}}{{HA}} = \dfrac{{MN}}{{AB}} = \dfrac{1}{2}$.

$ \Rightarrow $ $OM = \dfrac{1}{2}HA$.

Gọi $G’$ là giao điểm của $AM$ và $OH$.

$OM \parallel AH$ $ \Rightarrow $ $\dfrac{{G'M}}{{G'A}} = \dfrac{{OM}}{{HA}} = \dfrac{1}{2}$.

$ \Rightarrow $ $G’$ là trọng tâm của $\triangle ABC$.

$ \Rightarrow $ $G’$ $ \equiv $ $G$.

Vậy $H$, $G$, $O$ thẳng hàng và $\dfrac{{GO}}{{GH}} = \dfrac{{OM}}{{HA}} = \dfrac{1}{2}$.

Cách 2:

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Kẻ đường kính $AD$.

Ta có $\widehat {ACD} = {90^\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$ \Rightarrow $ $CD$ $\bot$ $AC$.

Mà $BH$ $\bot$ $AC$.

$\Rightarrow $ $BH$ $\parallel$ $CD$.

Tương tự, $CH \parallel BD$.

$BHCD$ là hình bình hành (hai cặp cạnh đối song song).

Mà $M$ là trung điểm của $BC$.

$ \Rightarrow $ $M$ là trung điểm $HD$.

$\triangle ABC$ có $AM$ là đường trung tuyến ($M$ là trung điểm $BC$), $G$ là trọng tâm.

$\Rightarrow$ $G$ $\in$ $AM$ và $AG = \dfrac{2}{3}AM$.

$\triangle AHD$ có $AM$ là đường trung tuyến ($M$ là trung điểm $HD$), $G$ $\in$ $AM$ và $AG = \dfrac{2}{3}AM$.

$\Rightarrow$ $G$ là trọng tâm của $\triangle AHD$.

Mà $HO$ là đường trung tuyến của $\triangle AHD$.

$\Rightarrow$ $G$ $\in$ $HO$ và $GH = 2GO$.

 Vậy $O$, $H$, $G$ cùng thuộc một đường thẳng và $GH = 2GO$.

* Lưu ý: Do không soạn được kí hiệu đồng dạng như trong SGK của VN nên tôi thay bằng kí hiệu đồng dạng "$\sim$" trong bài viết.

Read More

[ĐẠI SỐ 9] BẤT ĐẲNG THỨC

❄ BẤT ĐẲNG THỨC AM$-$GM (BĐT CAUCHY)

	$a, b \ge 0$	$a, b, c \ge 0$
Dạng 1	$\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $	$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$
Dạng 2	$a + b \ge 2\sqrt {ab} $	$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$
Dạng 3	${\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab$	${\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^3} \ge abc$
Dấu “=”	$a = b$	$a = b =c$

Chứng minh.

1) Cho $a,b\ge$ 0. Chứng minh: $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $.

Giải

Cách 1.
$\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $

$ \Leftrightarrow $ $a + b \ge 2\sqrt {ab} $

$ \Leftrightarrow $ $a - 2\sqrt {ab}  + b \ge 0$

$ \Leftrightarrow $ ${\left( {\sqrt a  - \sqrt b } \right)^2} \ge 0$ (BĐT Đúng)

Vậy $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $ với mọi $a,b\ge$ 0

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow $ $a = b$.

Cách 2.

Đặt BH = $a$, HC = $b$.

$\triangle$ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền.

$ \Rightarrow $ AM = $\dfrac{1}{2}$BC = $\dfrac{a + b}{2}$

$\triangle$ABC vuông tại A có AH là đường cao.

$ \Rightarrow $ AH$^2$ = BH.HC = $a \cdot b$

$ \Rightarrow $ AH = $\sqrt {ab} $

$\triangle$AHM vuông tại H

$ \Rightarrow $ AM lớn nhất

$ \Rightarrow $ AM $ \ge $ AH

$ \Rightarrow $ $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $

Cách 3.

Hình chữ nhật ABCD có AD = BC = $\sqrt{a}$, AB = CD = $\sqrt{b}$ và CE = CD.

$S_{\text{ADI}}  + S_{\text{CDE}}  \ge S_{\text{ABCD}} $

$ \Rightarrow $ $\dfrac{1}{2}\sqrt a .\sqrt a  + \dfrac{1}{2}\sqrt b .\sqrt b  \ge \sqrt a .\sqrt b $

$ \Rightarrow $ $\dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $

2) Cho $a,b,c\ge$ 0. Chứng minh: $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$.

Giải

Cách 1. (Áp dụng BĐT Cauchy)

$a + b + c + \sqrt[3]{{abc}} \ge 2\sqrt {ab}  + 2\sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}}  \ge 2\left( {\sqrt {ab}  + \sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}} } \right)$

mà $\sqrt {ab}  + \sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}}  \ge 2\sqrt {\sqrt {ab} \sqrt {c\sqrt[3]{{abc}}} }  \ge 2\sqrt {\sqrt {abc\sqrt[3]{{abc}}} } $ $\ge$

$\ge$ $2\sqrt {\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^3}\sqrt[3]{{abc}}} } $ $\ge$ $2\sqrt {\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^4}} } $ $\ge$ $2\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^2}} $ $\ge$ $2\sqrt[3]{{abc}}$ (do $a$, $b$, $c$ $\ge$ 0)

$ \Rightarrow $ $a + b + c + \sqrt[3]{{abc}} \ge 4\sqrt[3]{{abc}}$
$ \Rightarrow $ $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 2. (Áp dụng BĐT Cauchy và đổi biến)
$a + b + c + d \ge 2\left( {\sqrt {ab}  + \sqrt {cd} } \right) \ge 2\left( {2\sqrt {\sqrt {ab} \sqrt {cd} } } \right) = 4\sqrt {\sqrt {abcd} } $
$ \Rightarrow $ $\dfrac{{a + b + c + d}}{4} \ge \sqrt {\sqrt {abcd} } $
Đặt $d = \dfrac{{a + b + c}}{3}$, ta được:
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt {\sqrt {abc\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)} }  \ge \sqrt {\sqrt {abc\sqrt[3]{{abc}}} }  = \sqrt {\sqrt {{{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)}^4}} }  = \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 3. Đổi biến và biến đổi tương tương
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ $ \Leftrightarrow $ $a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
Đặt $x = \sqrt[3]{a} \ge 0$, $y = \sqrt[3]{b} \ge 0$, $z = \sqrt[3]{c} \ge 0$.
BĐT trở thành ${x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz \ge 0$
${a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc$
= $\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)$
= $\dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left( {2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} - 2ab - 2bc - 2ca} \right)$
= $\dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left[ {\left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) + \left( {{b^2} - 2bc + {c^2}} \right) + \left( {{c^2} - 2ca + {a^2}} \right)} \right]$
= $\dfrac{1}{2}\left( {a + b + c} \right)\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}} \right] \ge 0$ (do $a$, $b$, $c$ $\ge$ 0)
Vậy $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 4. Dồn biến
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ $ \Leftrightarrow $ $a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
Xét $f\left( {a,b,c} \right) = a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}}$, $f\left( {t,t,c} \right) = 2t + c - 3\sqrt[3]{{{t^2}c}}$ với $t = \dfrac{{a + b}}{2}$
$f\left( {a,b,c} \right) - f\left( {t,t,c} \right) = 3\left( {\sqrt[3]{{{t^2}c}} - \sqrt[3]{{abc}}} \right)$ mà $t = \dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $
$ \Rightarrow $ ${t^2} \ge ab$
$ \Rightarrow $ $\sqrt[3]{{{t^2}c}} - \sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
$ \Rightarrow $ $f\left( {a,b,c} \right) \ge f\left( {t,t,c} \right)$
Ta chứng minh $f\left( {t,t,c} \right) = 2t + c - 3\sqrt[3]{{{t^2}c}} \ge 0$. Thật vậy:
$2t + c - 3\sqrt[3]{{{t^2}c}} \ge 0$
$ \Leftrightarrow $ $2t + c \ge 3\sqrt[3]{{{t^2}c}}$
$ \Leftrightarrow $ ${\left( {2t + c} \right)^3} \ge 27{t^2}c$
$ \Leftrightarrow $ ${\left( {2t + c} \right)^3} - 27{t^2}c \ge 0$
$ \Leftrightarrow $ ${\left( {t - z} \right)^2}\left( {8t + z} \right) \ge 0$ (đúng)
Vậy $f\left( {a,b,c} \right) = a + b + c - 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 0$
$ \Leftrightarrow $ $\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$

Cách 5. Chuẩn hóa và dồn biến
Vì bất đẳng thức đã cho là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử: $a + b + c = 1$ (*)
$\dfrac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}$ $ \Leftrightarrow $ $1 \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$ $ \Leftrightarrow $ $1 - 27abc \ge 0$
Xét $f\left( {a,b,c} \right) = 1 - 27abc$, $f\left( {t,t,c} \right) = 1 - 27{t^2}c$ với $t = \dfrac{{a + b}}{2}$
$f\left( {a,b,c} \right) - f\left( {t,t,c} \right) = 27\left( {{t^2}c - abc} \right)$ mà $t = \dfrac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} $
$ \Rightarrow $ ${t^2} \ge ab$
$ \Rightarrow $ ${t^2}c \ge abc$
$ \Rightarrow $ $f\left( {a,b,c} \right) \ge f\left( {t,t,c} \right)$
Ta chứng minh $f\left( {t,t,c} \right) = 1 - 27{t^2}c \ge 0$. Thật vậy:
$1 - 27{t^2}c \ge 0$
$ \Leftrightarrow $ $1 - 27{t^2}\left( {1 - 2t} \right) \ge 0$
$ \Leftrightarrow $ ${\left( {3t - 1} \right)^2}\left( {6t + 1} \right) \ge 0$ (đúng)
Với điều kiện (*) thì dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow $ $\begin{cases}a = b\\3t = 1\end{cases}$ $ \Leftrightarrow $ $a = b = c \ge 0$
Vậy $f\left( {a,b,c} \right) \ge 0$ $ \Rightarrow $ đpcm

Read More