Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học
Cách chứng minh bất đẳng thức - Có đáp án
Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu cách chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học, một phương pháp đặc biệt hữu ích trong việc giải quyết các bài toán bất đẳng thức trong chương trình Toán lớp 9. Phương pháp hình học giúp minh họa và chứng minh bất đẳng thức thông qua các đối tượng hình học như tam giác, đường tròn và các yếu tố không gian khác. Bài viết sẽ trình bày chi tiết các bước thực hiện và ứng dụng phương pháp hình học vào các bài tập bất đẳng thức, giúp bạn dễ dàng tiếp cận và giải quyết bài tập bất đẳng thức Toán lớp 9. Hãy cùng khám phá phương pháp này và nâng cao kỹ năng giải toán của bạn!
A. Sử dụng hình học chứng minh bất đẳng thức
Để chứng minh một bất đẳng thức theo cách này, chúng ta phải phát hiện được bản chất hình học của bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đó dựa vào tính chất hình học, các bất đẳng thức đã biết và các mối liên hệ hình học để rút ra kết luận.
Một số kết quả hình học thường dùng để chứng minh bất đẳng thức.
Kết quả 1: Với ba điểm tùy ý M, A, B, ta luôn có
\(MA + MB \geq AB\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng AB (viết là \(M \in \lbrack AB\rbrack\)).
Kết quả 2: Với hai vectơ tùy ý \(\overrightarrow{a} = \left( a_{1};a_{2}
\right),\overrightarrow{b} = \left( b_{1};b_{2} \right)\), ta luôn có
\(\left|
\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b} \right| = \left|
\overrightarrow{a} \right|.\left| \overrightarrow{b}
\right|\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\) cùng phương \(\Leftrightarrow a_{1}b_{2} =
a_{2}b_{1}\).
Kết quả 3: Với hai vectơ tùy ý \(\overrightarrow{a} = \left( a_{1};a_{2}
\right),\overrightarrow{b} = \left( b_{1};b_{2} \right)\), ta luôn có
\(\left| |a| - |b|
\right|\overset{(1)}{\leq}|a + b|\overset{(2)}{\leq}|a| +
|b|\).
Dấu bằng xảy ra ở (1) khi và chỉ khi \(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\) ngược hướng
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
a_{1}b_{2} = a_{2}b_{1} \\
a_{1}b_{1} \leq 0 \\
\end{matrix} \right.\) hoặc \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
a_{1}b_{2} = a_{2}b_{1} \\
a_{2}b_{2} \leq 0 \\
\end{matrix} \right.\) .
Dấu bằng xảy ra ở (2) khi và chỉ khi \(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\) cùng hướng
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
a_{1}b_{2} = a_{2}b_{1} \\
a_{1}b_{1} \geq 0 \\
\end{matrix} \right.\) hoặc \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
a_{1}b_{2} = a_{2}b_{1} \\
a_{2}b_{2} \geq 0 \\
\end{matrix} \right.\).
Kết quả 4: Cho đường tròn \((I;R)\) và điểm A nằm ngoài \((I;R)\). Gọi M là điểm tùy ý thuộc đường tròn \((I;R)\). Khi đó ta luôn có: \(IA -
R\overset{(1)}{\leq}MA\overset{(2)}{\leq}IA + R\).
Dấu bằng xảy ra ở (1) khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng IA với đường tròn \((I;R)\), trong đó M thuộc đoạn IA, tức là M được xác định bởi hệ thức \(\overrightarrow{IM} =
\frac{R}{IA}.\overrightarrow{IA}\).
Dấu bằng xảy ra ở (2) khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng IA với đường tròn \((I;R)\), trong đó M nằm ngoài đoạn IA, tức là M được xác định bởi hệ thức \(\overrightarrow{IM} = -
\frac{R}{IA}.\overrightarrow{IA}\).
Kết quả 5: Cho hai đường tròn \(\left(
I_{1};R_{1} \right)\) và \(\left(
I_{2};R_{2} \right)\) ngoài nhau (tức là \(I_{1}I_{2} > R_{1} + R_{2}\)). Gọi M, N là hai điểm tùy ý lần lượt thuộc \(\left(
I_{1};R_{1} \right)\) và \(\left(
I_{2};R_{2} \right)\).
Khi đó ta luôn có: \(I_{1}I_{2} - R_{1} -
R_{2}\overset{(1)}{\leq}MN\overset{(2)}{\leq}I_{1}I_{2} + R_{1} +
R_{2}\)
Dấu bằng xảy ra ở (1) khi và chỉ khi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(I_{1}I_{2}\) với hai đường tròn \(\left( I_{1};R_{1}
\right)\) và \(\left( I_{2};R_{2}
\right)\), trong đó M, N thuộc đoạn \(I_{1}I_{2}\), tức là M được xác định bởi hệ thức \(\overrightarrow{I_{1}M} =
\frac{R_{1}}{I_{1}I_{2}}.\overrightarrow{I_{1}I_{2}}\) và N được xác định bởi hệ thức \(\overrightarrow{I_{2}N}
= \frac{R_{2}}{I_{1}I_{2}}.\overrightarrow{I_{2}I_{1}}\).
Dấu bằng xảy ra ở (2) khi và chỉ khi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(I_{1}I_{2}\) với hai đường tròn \(\left( I_{1};R_{1}
\right)\) và \(\left( I_{2};R_{2}
\right)\), trong đó M, N nằm ngoài đoạn \(I_{1}I_{2}\), tức là M được xác định bởi hệ thức \(\overrightarrow{I_{1}M} = -
\frac{R_{1}}{I_{1}I_{2}}.\overrightarrow{I_{1}I_{2}}\) và N được xác định bởi hệ thức \(\overrightarrow{I_{2}N}
= - \frac{R_{2}}{I_{1}I_{2}}.\overrightarrow{I_{2}I_{1}}\).
Kết quả 6: Cho đường tròn \((I;R)\) và đường thẳng \(\Delta\) không cắt đường tròn. Gọi M, N là hai điểm tùy ý lần lượt thuộc đường tròn \((I;R)\) và đường thẳng \(\Delta\). Khi đó ta luôn có: \(MN \geq d(I;\Delta) - R\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi N là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng \(\Delta\) và M là giao điểm của đoạn IN với đường tròn \((I;R)\), tức là M thỏa mãn hệ thức \(\overrightarrow{IM} =
\frac{R}{d(I;\Delta)}.\overrightarrow{IN}\).
Chú ý: Trong thực hành giải toán bằng phương pháp này, chúng ta cần lưu ý đến việc chuyển đổi ngôn ngữ cho các biểu thức đại số sang ngôn ngữ hình học để vận dụng phương pháp hoặc kỹ thuật giải cho phù hợp. Chẳng hạn:
|
Biểu thức đại số |
Ngôn ngữ hình học |
| \(ax + by + c = 0\) |
Phương trình đường thẳng |
|
|
Phương trình đường tròn có tâm |
|
|
Độ dài vectơ |
B. Bài tập ví dụ minh họa chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học
Ví dụ 1: a) Chứng minh rằng với mọi \(x\mathbb{\in R}\), ta có
\(\sqrt{x^{2} - 4x + 13} + \sqrt{x^{2} +
10x + 41} \geq 7\sqrt{2}\).
b) Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, ta luôn có
\(\sqrt{x^{2} + y^{2} - 4x + 6x + 13} +
\sqrt{x^{2} + y^{2} + 10x - 8y + 41} \geq 7\sqrt{2}\).
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(M =
\left| \sqrt{4x^{2} - 4x + 5} - \sqrt{4x^{2} + 12x + 25}
\right|\).
Lời giải
a) Ta có
\(A = \sqrt{x^{2} - 4x + 13} + \sqrt{x^{2}
+ 10x + 41}\)
\(= \sqrt{(2 - x)^{2} + 3^{2}} + \sqrt{(5
+ x)^{2} + 4^{2}}\)
Xét hai vectơ \(\overrightarrow{a} = (2 -
x;3),\overrightarrow{b} = (5 + x;4)\). Khi đó
\(A = \left| \overrightarrow{a} \right| +
\left| \overrightarrow{b} \right|\) và \(\left| \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}
\right| = \sqrt{7^{2} + 7^{2}} = 7\sqrt{2}\).
Mặt khác, ta luôn có \(\left|
\overrightarrow{a} \right| + \left| \overrightarrow{b} \right| \geq
\left| \overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} \right|\) nên \(A \geq 7\sqrt{2}\).
Dấu bằng xảy ra khi \(\overrightarrow{a};\overrightarrow{b}\) cùng hướng \(\Leftrightarrow \frac{2 - x}{3} =
\frac{5 + x}{4} \Leftrightarrow x = - 1\).
b) Cách 1: Xét hai vectơ \(\overrightarrow{u} = (2 - x;y +
3),\overrightarrow{v} = (x + 5;4 - y)\).
Suy ra \(\overrightarrow{u} +
\overrightarrow{v} = (7;7)\) và \(\left| \overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}
\right| = \sqrt{7^{2} + 7^{2}} = 7\sqrt{2}\).
Ta có \(B = \sqrt{x^{2} + y^{2} - 4x + 6x +
13} + \sqrt{x^{2} + y^{2} + 10x - 8y + 41} = \overrightarrow{u} +
\overrightarrow{v}\).
Mặt khác, ta luôn có \(\left|
\overrightarrow{u} \right| + \left| \overrightarrow{v} \right| \geq
\left| \overrightarrow{u} + \overrightarrow{v} \right|\) nên \(B \geq 7\sqrt{2}\).
Dấu bằng xảy ra khi \(\overrightarrow{u};\overrightarrow{v}\) cùng hướng
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
(2 - x)(4 - y) = (x + 5)(y + 3) \\
(2 - x)(x + 5) \geq 0 \\
\end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
x + y + 1 = 0 \\
- 5 \leq x \leq 2 \\
\end{matrix} \right.\).
Cách 2: Xét ba điểm \(M(x;y);E(2; - 3);F( -
5;4)\).
Khi đó \(EF = 7\sqrt{2}\) và đường thẳng EF có phương trình là \(x + y + 1 =
0\).
Ta có \(B = \sqrt{x^{2} + y^{2} - 4x + 6x +
13} + \sqrt{x^{2} + y^{2} + 10x - 8y + 41} = ME + MF\).
Vì ta luôn có \(ME + MF \geq EF\) nên \(B \geq 7\sqrt{2}\).
Dấu bằng xảy ra khi M thuộc đoạn EF hay\(\left\{ \begin{matrix}
x + y + 1 = 0 \\
- 5 \leq x \leq 2 \\
\end{matrix} \right.\).
c) Xét hai vectơ \(\overrightarrow{u} = (1
- 2x;2),\overrightarrow{v} = (2x + 3; - 4)\).
Suy ra\(\overrightarrow{u} +
\overrightarrow{v} = (4; - 2);\left| \overrightarrow{u} +
\overrightarrow{v} \right| = \sqrt{4^{2} + ( - 2)^{2}} =
2\sqrt{5}\).
Ta có \(M = \left| \sqrt{(1 - 2x)^{2} +
2^{2}} - \sqrt{(2x + 3)^{2} + ( - 4)^{2}} \right| = \left| \left|
\overrightarrow{u} \right| - \left| \overrightarrow{v} \right|
\right|\).
Mặt khác, ta luôn có \(\left| \left|
\overrightarrow{u} \right| - \left| \overrightarrow{v} \right| \right|
\leq \left| \overrightarrow{u} + \overrightarrow{v} \right|\) nên \(M \leq 2\sqrt{5}\).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\overrightarrow{u};\overrightarrow{v}\) ngược hướng \(\frac{1 - 2x}{2x + 3} = -
\frac{2}{4} \Leftrightarrow x = \frac{5}{2}\).
Vậy, M đạt giá trị lớn nhất bằng \(2\sqrt{5}\) khi \(x = \frac{5}{2}\)
Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn các điều kiện
\(a^{2} + b^{2} - 2a + 4b - 4 = 0\) và \(3c - 4d + 9 = 0\)
Chứng minh rằng\(:\ \ 1 + 2(ac + bd) \leq
a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}\).
Lời giải
Ta có:
\(a^{2} + b^{2} - 2a + 4b - 4 =
0\) \(\Leftrightarrow (a - 1)^{2} + (b + 2)^{2}
= 9\).
Xét điểm \(M(a;b)\) và điểm \(N(c;d)\) thì M và N lần lượt thuộc đường tròn \((C):(x - 1)^{2} + (y + 2)^{2} =
9\) và đường thẳng \(d:3x - 4y + 9 =
0\).
Đường tròn \((C)\) có tâm \(I(1; - 2)\) và bán kính \(R = 3\).
Ta có \(d(I;d) = \frac{\left| 3.1 - 4.( -
2) + 9 \right|}{\sqrt{3^{2} + ( - 4)^{2}}} = 4 > R = 3\).
Mặt khác với mọi điểm \(X \in (C);Y \in
(d)\) thì \(XY \geq d(I;d) -
R\). Do đó \(MN \geq 1\).
Ta lại có \(MN^{2} = (a - c)^{2} + (b -
d)^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} - 2(ac + bd)\).
Vậy, \(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} - 2(ac
+ bd) \geq 1\) hay \(1 + 2(ac + bd)
\leq a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}\)
------------------------------------------------
Tóm lại, chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học là một kỹ thuật hiệu quả, giúp bạn không chỉ chứng minh các bất đẳng thức mà còn hiểu sâu hơn về các mối liên hệ giữa các yếu tố hình học trong toán học. Hy vọng bài viết đã cung cấp cho bạn những kiến thức bổ ích để áp dụng vào các bài tập bất đẳng thức Toán lớp 9. Đừng quên luyện tập thường xuyên và thử nghiệm với các bài tập có đáp án để củng cố và nâng cao khả năng giải quyết bài toán của mình!
