Bài 107247

Question

ho tứ diện $SABC$ có các góc phẳng ở đỉnh $S$ vuông. Chứng minh rằng : $\sqrt{3}S_{ABC} \geq S_{SBC}+S_{SAB}+S_{SAC}$

score 0 · Answer 1

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki với $6$ số cho ta:
    $(1.S_{SBC}+1.S_{SAB}+1.S_{SAC})^2 \leq (1^2+1^2+1^2)[(S_{SBC})^2+(S_{SAB})^2+(S_{SAC})^2]$
$\Leftrightarrow (S_{SBC}+S_{SAB}+S_{SAC})^2\leq 3[(S_{SBC})^2+(S_{SAB})^2+(S_{SAC})^2]$
$\Leftrightarrow S_{SBC}+S_{SAB}+S_{SAC} \leq \sqrt{3}.\sqrt{(S_{SBC})^2+(S_{SAB})^2+(S_{SAC})^2}$
So sánh bất đẳng thức phải chứng minh ta chỉ cần chứng minh:
    $(SABC)^2=(S_{SBC})^2+(S_{SAB})^2+(S_{SAC})^2$
Bài toán là tính diện tích các mặt của một tứ diện với $SABC$ là một tứ diện vuông tại đỉnh $S$. Để gọn trình bày, đặt: $SA=a, SB=b,SC=c$ và dựng $SI \bot BC \Leftrightarrow AI \bot BC$
Do đó diện tích $\triangle ABC$ là : $(S_{ABC})^2=\frac{1}{4}BC^2.AI^2=\frac{1}{4}(b^2+c^2)(a^2+SI^2)$
Trong tam giác vuông $SBC,SI$ là đường cao cho ta hệ thức:
    $\frac{1}{SI^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{b^2+c^2}{b^2c^2} \Rightarrow SI^2=\frac{b^2+c^2}{b^2c^2}$
Do đó:
$(S_{ABC})^2=\frac{1}{4}(b^2+c^2)(a^2+\frac{b^2c^2}{b^2+c^2})=\frac{1}{4}(b^2+c^2)(\frac{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}{b^2+c^2})$
      $=\frac{1}{4}(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=(\frac{1}{2}ab)^2+(\frac{1}{2}bc)^2+(\frac{1}{2}ca)^2$
      $=(S_{SAB})^2+(S_{SBC})^2+(S_{SCA})^2$
Vậy ta chứng minh được: $\sqrt{3}S_{ABC} \geq S_{SBC}+S_{SAB}+S_{SAC}$

Bài 107247

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 107247

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan