Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề một số bất đẳng thức hình học trong tam giác và tứ giác

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 1 Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.. Các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.. Các đẳng thức và bất đẳng thức đơn giản trong tam giác . . . . 2.1.. Các đẳng thức đơn giản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.. Các bất đẳng thức đơn giản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.. Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 4 6 6 8 9 3.1.. Bất đẳng thức về độ dài các cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 3.2.. Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4.. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học . . . . . . . 5.. Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.. Các bất đẳng thức trong tam giác đều. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.. Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tam giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.. Các bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.. Các bất đẳng thức trong tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.. Các bất đẳng thức đơn giản trong tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.. Các bất đẳng thức khác trong tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 20 20 24 27 37 37 42 45 2 Mở đầu Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông cũng như học sinh chuyên toán lúng túng khi gặp các bài toán loại này. Thực sự nó là một phần rất quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán học. So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm nhiều. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học và càng không phải là phương pháp đại số thuần túy. Để giải một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén. Chuyên đề này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bản đến nâng cao và mở rộng. Các bài toán về bất đẳng thức hình học được trình bày trong tài liệu này có thể tạm phân thành các nhóm sau: I. Nhóm các bài toán mà trong lời giải đòi hỏi nhất thiết phải có hình vẽ. Phương pháp giải các bài toán nhóm này chủ yếu là "phương pháp hình học", như vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất giữa đường vuông góc và đường xiên, giữa đường thẳng và đường gấp khúc, quan hệ giữa các cạnh, giữa cạnh và góc trong một tam giác, hay tứ giác v.v.. Bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng thuộc nhóm này là nội dung thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào các trường chuyên. II. Nhóm thứ hai gồm các bài toán mà khi giải chúng cần phải sử dụng các hệ thức lượng đã biết, như các hệ thức lượng giác, hệ thức đường trung tuyến, đường phân giác, công thức các bán kính, công thức diện tích của tam giác v.v.. Các bài toán này đã được quan tâm nhiều và 3 chúng được trình bày khá phong phú trong các tài liệu [3,7]. III. Nhóm thứ ba gồm các bài toán liên quan đến các bất đẳng thức hình học nổi tiếng, đặc biệt là bất đẳng thức Ptolemy. Chuyên đề "Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác và tứ giác" gồm có ba phần: Phần mở đầu, Phần nội dung và Tài liệu tham khảo. Nội dung của chuyên đề trình bày một số bất đẳng thức thuộc nhóm I và nhóm II. Do sự hiểu biết của nhóm tác giải và khuôn khổ của tài liệu, nên chắc rằng không tránh khỏi những thiếu sót, các tác giả rất mong được sự đóng góp ý kiến của các Thầy Cô và độc giả quan tâm tới vấn đề này. 4 Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác Kí hiệu ∆ABC là tam giác ABC với các đỉnh là A, B, C . Để thuận tiện, độ lớn của các góc ứng với các đỉnh A, B, C cũng được kí hiệu tương ứng là A, B, C . Độ dài các cạnh của tam giác: BC = a, CA = b, AB = c. a+b+c Nửa chu vi của tam giác: p = . 2 Đường cao với các cạnh: ha , hb , hc . Đường trung tuyến với các cạnh: ma , mb , mc . Đường phân giác với các cạnh: la , lb , lc . Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp: R và r. Bán kính đường tròn bàng tiếp các cạnh: ra , rb , rc . Diện tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC]. Để giải được các bài toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần trang bị những kiến thức cơ sở đó là các bất đẳng thức đại số cơ bản và các đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản trong tam giác. 1.. Các bất đẳng thức đại số cơ bản Định lý 1. (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , ..., an là các số không âm. Khi đó √ a1 + a2 + ... + an ≥ n a1 a2 ...an . (1) n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . Hệ quả 1. Với mọi bộ số dương a1 , a2 , ..., an , ta đều có √ n n a1 a2 ...an ≥ 1 1 1 . + + ... + a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . (2) 5 Hệ quả 2. Với mọi bộ số dương a1 , a2 , ..., an , ta đều có 1 1 1 n + + ... + ≥ . a1 a2 an a1 + a2 + ... + an (3) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . Hệ quả 3. Với mọi bộ số không âm a1 , a2 , ..., an và m = 1, 2, ... ta đều có  m m m + ... + a + a a + a + ... + a am 1 2 n n 2 1 ≥ . (4) n n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . Định lý 2. (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó ta có (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 ≤ a21 + a22 + ... + a2n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 b1 = a2 b2
= ... =
b21 + b22 + ... + b2n . (5) an bn . Định lý 3. (Bất đẳng thức Jensen) Cho f (x) là hàm số liên tục trên I (a, b) và n điểm x1 , x2 , ..., xn tùy ý trên đoạn I (a, b), khi đó i, Nếu f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì   x1 + x2 + ... + xn f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) ≥ nf . n ii, Nếu f 00 (x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì   x1 + x2 + ... + xn f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) ≤ nf . n Ở đây I (a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp (a, b) , [a, b) , (a, b] , [a, b]. Định lý 4. (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu cùng chiều a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó ta có a1 b1 + a2 b2 ... + an bn ≥ 1 (a1 + a2 + ... + an ) (b1 + b2 + ... + bn ) . n (6) Chú ý 1. Nếu hai dãy số thực a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn đơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức trên đổi chiều. 6 Định lý 5. (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c là các số thực dương. Bất đẳng thức sau luôn đúng a b c 3 + + ≥ . (7) b+c c+a a+b 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Chú ý 2. Bất đẳng thức (7) được A.M.Nesbitt đề xuất trên tạp chí "Educational Times" tháng 3 năm 1093. Trên tạp chí Toán học tuổi trẻ số 358 tháng 4 năm 2007, tác giả Vũ Đình Hòa đã giới thiệu với bạn đọc một dạng tổng quát của bất đẳng thức (7), đó chính là bất đẳng thức Shapiro được phát biểu dưới dạng: Với mọi xi ≥ 0, xi + xi+1 > 0 (i = 1, 2, ..., n), xn+i = xi thì ta có x1 x2 xn−1 xn n + + ... + + ≥ . (8) x2 + x3 x3 + x4 xn + x1 x1 + x2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn . 2.. Các đẳng thức và bất đẳng thức đơn giản trong tam giác 2.1.. Các đẳng thức đơn giản trong tam giác Định lý 6. (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R. sinA sinB sinC Định lý 7. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có a2 = b2 + c2 − 2bccosA, b2 = c2 + a2 − 2cacosB, c2 = a2 + b2 − 2abcosC. Định lý 8. (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABC được tính theo một trong các công thức sau 1 1 1 S = aha = bhb = chc (9) 2 2 2 1 1 1 (10) = bcsinA = casinB = absinC 2 2 2 = pr (11) abc = (12) 4R = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc (13) p = p (p − a) (p − b) (p − c). (14) 7 Công thức (14) được gọi là công thức Hê-rông. Định lý 9. (Định lí đường phân giác) Trong một tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy . Định lý 10. (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC ta có la = 2bc A cos , b+c 2 lb = 2ca B cos , c+a 2 lc = 2ab C cos . a+b 2 Định lý 11. (Định lý đường trung tuyến) Trong một tam giác, ba đường trung tuyến gặp nhau tại một điểm được gọi là trọng tâm của tam giác. Trên mỗi đường trung tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng hai lần khoảng cách trọng tâm đến chân đường trung tuyến. Định lý 12. (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta có m2a b2 + c2 a2 = − , 2 4 m2b c 2 + a2 b 2 = − , 2 4 m2c a2 + b 2 c 2 = − . 2 4 Định lý 13. (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tam giác ABC ta có B C A r = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan . 2 2 2 Định lý 14. (Công thức bán kính đường tròn bàng tiếp) Trong tam giác ABC ta có A B C ra = p tan , rb = p tan , rc = p tan . 2 2 2 Định lý 15. (Các hệ thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác ABC ta luôn có các hệ thức sau A B C cos cos , 2 2 2 sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C, A B C cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin , 2 2 2 cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C, sin A + sin B + sin C = 4 cos (15) (16) (17) (18) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 (1 + sin A sin B sin C) , (19) cos2 A + cos2 B + cos2 C = 1 − 2 cos A cos B cos C, (20) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C, (21) 8 B C A B C A + cot + cot = cot cot cot , 2 2 2 2 2 2 A B B C C A tan tan + tan tan + tan tan = 1, 2 2 2 2 2 2 cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. cot (22) (23) (24) Riêng với hệ thức (21) thì tam giác ABC cần giả thiết không phải là tam giác vuông. 2.2.. Các bất đẳng thức đơn giản trong tam giác Định lý 16. (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác ABC ta có |b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b. Định lý 17. (Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác ABC ta luôn có các bất đẳng thức sau √ 3 3 , (25) sin A + sin B + sin C ≤ 2 3 cos A + cos B + cos C ≤ , (26) 2 √ B C 3 3 A , (27) cos + cos + cos ≤ 2 2 2 2 A B C 3 sin + sin + sin ≤ , (28) 2 2 2 2 A B C 1 sin sin sin ≤ , (29) 2 2 2 8 1 cos A cos B cos C ≤ , (30) 8 9 (31) sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ , 4 A B C √ tan + tan + tan ≥ 3, (32) 2 2 2 √ (33) tan A + tan B + tan C ≥ 3 3, √ cot A + cot B + cot C ≥ 3. (34) Đẳng thức xảy ra trong các bất đẳng thức trên khi và chỉ khi ABC là tam giác đều. Riêng với bất đẳng thức (33) thì tam giác ABC cần giả thiết không phải là tam giác vuông. 9 3.. Bất đẳng thức trong tam giác Tam giác là hình đơn giản nhất trong các đa giác, và thực tế, mỗi đa giác bất kì đều có thể chia thành các tam giác và sử dụng tính chất của nó. Vì vậy, nghiên cứu các bất đẳng thức trong tam giác sẽ hữu ích trong việc giải quyết các bất đẳng thức trong đa giác. Trước hết chúng ta nghiên cứu các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác sau đây: 3.1.. Bất đẳng thức về độ dài các cạnh Định lý 18. Cho hai đường tròn có bán kính lần lượt là R và R0 (R ≥ R0 ), khoảng cách giữa tâm của chúng bằng d. Điều kiện cần và đủ để hai đường tròn đó cắt nhau là R − R0 ≤ d ≤ R + R0 . Chứng minh Hình 1: Hai đường tròn không cắt nhau Rõ ràng là hai đường tròn đã cho ở ngoài nhau (hình 1 A) thì ta có R + R0 < d. Nếu hai đường tròn này chứa nhau (hình 1 B) thì ta cũng có ngay d < R − R0 . Nếu hai đường tròn đã cho cắt nhau tại một điểm M thì theo bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO0 M , với O và O0 lần lượt là tâm của đường tròn bán kính R và R0 , ta có R − R0 ≤ d ≤ R + R0 . Đảo lại, nếu ta có R − R0 ≤ d ≤ R + R0 , thì hai đường tròn đã cho không thể ngoài nhau hoặc chứa nhau được (nếu không phải có R+R0 < d hoặc d < R − R0 ). Do đó chúng chỉ có thể cắt nhau.  Định lý 19. Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác khi và chỉ khi a + b > c, b + c > a, c + a > b. Chứng minh Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì theo bất đẳng thức về 3 cạnh của tam giác ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b. Ngược lại, nếu có a, b và c là 3 số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > b, thì ta có thể chọn hai điểm A và B trên mặt 10 phẳng cách nhau một khoảng c. Lấy A và B làm tâm dựng hai đường tròn bán kính tương ứng là b và a. Từ bất đẳng thức a+b > c, b+c > a, c+a > b ta dễ dàng có bất đẳng thức |a − b| < c < a + b. Theo định lí 18 thì hai đường tròn tâm A và B phải cắt nhau tại một điểm C. Vậy độ dài a, b, c thỏa mãn bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > b là độ dài các cạnh của tam giác ABC theo cách dựng trên.  Định lý 20. Cho trước tam giác ABC và một điểm M ở trong tam giác . Khi đó ta có M B + M C < AB + AC. (35) Chứng minh Kéo dài BM về phía M cắt cạnh AC tại điểm N . Theo định lí 19 ta có MB + MC < MB + MN + NC =BN + N C < AB + AN + N C =AB + AC. Hình 2: Bài toán 1. Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng p < M A + M B + M C < 2p. Trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC. Giải Áp dụng định lí 19 cho các tam giác M AB, M BC và M CA ta có AB < M A + M B, BC < M B + M C, CA < M C + M A. Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên rồi chia cả hai vế cho 2 ta được p < M A + M B + M C. Mặt khác, theo định lí 20 ta có Hình 3: M A + M B < CA + CB, M B + M C < AB + AC, M C + M A < BC + BA. Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và đem chia cả hai vế cho 2 ta được AM + BM + CM < 2p. 11 Định lý 21. Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn và ngược lại. [ > ACB [ thì Chứng minh Xét tam giác ABC. Ta chứng minh nếu ABC AC > AB và ngược lại. [ ta kẻ tia Bx Thật vậy, trong góc ABC [ Do tạo với cạnh BC góc bằng góc ACB. [ > ACB, [ nên Bx cắt cạnh AC tại ABC điểm D và tạo thành tam giác cân DBC, do đó DB = DC. Mặt khác, trong tam giác ABD ta có AD + DB > AB. Do đó AC = Hình 4: AD + DC = AD + DB > AB. [ < ACB [ thì ta Phần ngược lại của định lí là hiển nhiên. Vì nếu ABC phải có AC < AB là điều vô lí.  Bài toán 2. Chứng minh rằng đường vuông góc AH hạ từ điểm A xuống đường thẳng d cho trước luôn nhỏ hơn đường xiên AB. \ = 900 > ABH. \ Giải Tam giác AHB là tam giác vuông tại H, do đó AHB Theo định lí trên, ta có AB > AH. Sự tương ứng giữa độ lớn cạnh và góc còn đúng cho cạnh của hai tam giác khác nhau. Dùng định lí 21 ta dễ dàng chứng minh kết quả sau. Định lý 22. Cho trước hai tam giác ABC và A0 B 0 C 0 có hai cặp cạnh bằng 0 A0 C 0 [ > B\ nhau AB = A0 B 0 và AC = A0 C 0 . Ta có bất đẳng thức BAC khi và chỉ khi BC > B 0 C 0 . Chứng minh [ > Trước hết, giả sử rằng BAC 0 A0 C 0 , ta sẽ chứng minh BC > B 0 C 0 . B\ Không mất tính tổng quát giả sử AB ≥ AC. Ta đem hình tam giác ABC đặt chồng lên hình tam giác A0 B 0 C 0 sao cho A ≡ A0 , C ≡ C 0 và đỉnh B, B 0 nằm Hình 5: cùng phía so với đường thẳng đi qua AC. 0 B. Vì CBB \0 = AB \ \0 < ABB \0 và Do AB = A0 B 0 , nên ta có ABB 0 B > AB 0 B, nên ta có CBB 0 B. Theo định lí 21, ta có CB > \ \ \0 < CB \ CB CB 0 , hay là CB > C 0 B 0 . 12 0 A0 C 0 thì ta cũng dễ dàng thấy rằng BC = B 0 C 0 , [ = B\ Nếu như BAC 0 A0 C 0 khi và chỉ khi [ > B\ do ∆ABC và ∆A0 B 0 C 0 (c.g.c). Vậy ta có BAC BC > B 0 C 0 .  Bài toán 3. Cho tam giác ABC và AM là trung tuyến. Chứng minh [ ≥ 900 khi và chỉ khi AM ≤ 1 BC. rằng BAC 2 Giải Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua trung điểm M của cạnh BC. Tứ giác ABA0 C là tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên ABA0 C là hình bình hành. Xét hai tam giác ABA0 và ABC có cạnh AB là cạnh chung và có cặp cạnh A0 B và AC bằng nhau. Theo định lí 22, [ ≥ ta có BC ≥ AA0 khi và chỉ khi BAC \0 . Do BAC [ + ABA \0 = 1800 , ABA [ ≥ ABA \0 khi và chỉ khi cho nên BAC [ ≥ 900 . Tóm lại, AM = 1 AA0 ≤ BAC 2 1 0 [ 2 BC khi và chỉ khi BAC ≥ 90 . Hình 6: Định lý 23. Trong những đường xiên nối một điểm M cho trước với điểm N trên một đường thẳng d cho trước, đường xiên nào có hình chiếu dài hơn thì dài hơn. 3.2.. Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt Trong một tam giác, mối quan hệ giữa các cạnh dẫn đến mối quan hệ với các đại lượng đặc biệt. Với đường cao ta dễ thấy là đường cao tương ứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn. Đối với đường trung tuyến và đường phân giác ta cũng sẽ chứng minh rằng ứng với cạnh dài hơn là đường trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn. Định lý 24. Trong tam giác ABC ứng với cạnh dài hơn là đường cao, đường trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn. Chứng minh Giả sử c < b, ta sẽ chứng minh rằng hb < hc , mb < mc và lb < lc . Bất đẳng thức hb < hc là hiển nhiên, vì trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức 13 S S hb = 2b < 2c = hc , do giả thiết c < b. Để chứng minh mb < mc , ta gọi M, N và P là trung điểm của các cạnh AB, AC và BC một cách tương ứng (hình 7). Áp dụng định lí 22 cho ∆P AB và ∆P AC là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau (AP chung và BP = [ [ CP ), ta có AP B < AP C. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Xét hai tam giác GP B và GP C là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau (GP chung và P B = P C). [ [ Do có AP B < AP C, nên 3 3 BG < CG. Vậy mb = BG < CG = mc . 2 2 b là BL và Gọi phân giác của góc B phân giác xuất phát từ C là CK. Theo định lí đường phân giác ta có LC LA = a ab KB a c ⇒ CL = a+c . Tương tự KA = b ⇒ ac . BK = a+b Do c < b, nên CL > BK. Dựng hình bình hành BKCT (hình 8), ta b + Cb và ta có [ \ = A có BT C = BKC 2 [ [ BT C < BLC. Hình 8: Mặt khác, vì T C = BK, và BK < CL nên T C < CL. Trong tam giác T LC, ứngvới cạnh lớn hơn là góc [ < CT [ lớn hơn theo định lí 21, cho nên CLT L. Từ các bất đẳng thức [ > BT [ [ < CT [ [ < BT [ BLC C và CLT L, ta có BLT L. Theo định lí 21 ta có BT > BL mà CK = BT suy ra CK > BL.  Định lý 25. Trong tam giác ABC ta luôn có ma ≥ la ≥ ha . 14 Chứng minh Gọi H là chân đường cao, L là chân đường phân giác và M là chân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. Ta chứng minh rằng L nằm trên đoạn thẳng nối HM , và áp dụng định lí 23 để có bất đẳng thức cần chứng minh. Dễ thấy định lí hiển nhiên đúng cho trường hợp tam giác ABC cân tại đỉnh A. Để tiện chứng minh trong trường hợp tam giác không cân tại A, ta giả sử không mất tính tổng quát rằng AB < AC. Gọi A0 đối xứng với A qua M , ta có BACA0 là hình bình hành. Trong tam giác AA0 C ta có AC > A0 C = AB và do đó theo định 21 ta có Hình 9: \ =M \ \ và đó điểm L BAM A0 C > CAM b và CAH \ . Mặt khác, do BAH \ phụ với góc B \ phụ nằm trong góc BAM b cho nên BAH \ < CAH. \ Do đó AL phải nằm trong góc CAH. \ với góc C, Tóm lại, điểm L nằm giữa điểm H và điểm M và ta có HM > HL. Theo định lí 23, ta có AH < AL < AM .  Định lý 26. Đường trung tuyến AM của tam giác ABC nhỏ hơn nửa tổng các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ một đỉnh A. Chứng minh Gọi A0 là điểm đối xứng với điểm A qua điểm M , ta 1 1 có ABA0 C là hình bình hành. Do đó AM = AA0 < (A0 C + AC) = 2 2 1 (AB + AC).  2 Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc C của tam giác ABC (M khác C) thì M A + M B > CA + CB. Giải Giả sử A0 là điểm đối xứng với điểm A qua đường phân giác ngoài của góc C. Khi đó các điểm A0 , C, B thẳng hàng và M A0 = M A. Do đó M A + M B = M A0 + M B > A0 B = CA0 + CB = CA + CB. Hình 10: 15 4.. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học Định lý 27. (Công thức Euler). Gọi R và r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảng cách giữa tâm hai đường tròn đó. Ta có d2 = R2 − 2Rr. (36) Chứng minh Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC. Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI có tâm D là trung _ điểm của cung BC. Gọi M là trung điểm của BC và Q là hình chiếu của I trên OD. Khi đó OB 2 − OI 2 =OB 2 − DB 2 + DI 2 − OI 2 =OM 2 − M D2 + DQ2 − QO2 Hình 11: = (M O + DM ) (M O − DM ) + (DQ + QO) (DQ − QO) =DO (M O − DM + DQ + OQ) = R (2M Q) = 2Rr. Vậy OI 2 = R2 − 2Rr, nghĩa là d2 = R2 − 2Rr.  Hệ quả 4. (Bất đẳng thức Euler). Kí hiệu R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó R ≥ 2r. (37) Dấu đẳng thức xảy ra khi và khi tam giác ABC đều. Bài toán 5. Cho tam giác ABC với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p là nửa chu vi tam giác ABC. p R Chứng minh rằng r ≤ √ ≤ . 2 3 3 √ √ abc Giải Ta có [ABC] = 4R = pr, suy ra 2p = a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 3 4Rrp. √ Do đó 8p3 ≥ 27(4Rrp) ≥ 27(8r2 p), vì R ≥ 2r. Vậy p ≥ 3 3r. √ Bất đẳng thức thứ hai, 3√p 3 ≤ R2 tương đương với a + b + c ≤ 3 3R. Sử dụng định lí hàm số sin, bất đẳng thức này tương đương với sin A + 16 √ 3 3 2 . Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f (x) = sin√x là sin B + sin C ≤
hàm lồi trên (0, π), do đó sin A+sin3B+sin C ≤ sin A+B+C = sin 600 = 23 . 3 Định lý 28. (Công thức Leibniz). Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. Gọi G là trọng tâm và (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Khi đó
1 2 OG2 = R2 − a + b2 + c2 . (38) 9 Chứng minh Để chứng minh bài toán này ta sử dụng định lí Stewart "Nếu L là điểm nằm trên cạnh BC của ∆ABC và nếu AL = l, BL = m, LC = n, thì a(l2 + mn) = b2 m + c2 n". Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA0 , trong đó A0 là trung điểm của BC, ta được AA0 (OG2 + AG.GA0 ) = A0 O2 .AG + AO2 .GA0 . Vì AO = R, AG = 23 AA0 , GA0 = 1 2 0 2 0 2 0 02 2 21 Hình 12: 3 AA nên OG + 9 (A A) = A O . 3 + R 3 . 2(b2 +c2 )−a2 a2 0 2 0 2 2 Mặt khác, vì A A = và A O = R − 4 , ta được 4    2  2 2 2 a 2 1 2 2(b + c ) − a OG2 = R2 − + R2 − 4 3 3 9 4 a2 2(b2 + c2 ) − a2 a2 + b 2 + c 2 2 2 =R − − =R − . 6 18 9  Hệ quả 5. (Bất đẳng thức Leibniz). Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có bất đẳng thức sau 9R2 ≥ a2 + b2 + c2 . (39) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC. Bài toán 6. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. Chứng √ 9abc minh rằng 4 3 [ABC] ≤ a+b+c . Giải Sử dụng bất đẳng thức Leibniz với lưu ý 4R. [ABC] = abc ta có a2 b2 c2 a2 +b2 +c2 9R2 ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ 16[ABC] ⇔ 4 [ABC] ≤ √a23abc . Mặt 2 ≥ 2 2 9 √ √ +b +c khác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a + b + c ≤ 3 a2 + b2 + c2 . √ 9abc Do đó 4 3 [ABC] ≤ a+b+c . 17 Bài toán 7. Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh AB, BC, CA tại D, E, F , tương ứng.Kí hiệu p là nửa chu vi của tam giác 2 ABC. Chứng minh rằng EF 2 + F D2 + DE 2 ≤ p3 . Giải Thấy rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF . Áp dụng bất đẳng thức Leibniz cho tam giác DEF , ta được EF 2 + F D2 + DE 2 ≤ 9r2 . Mặt khác, theo bài toán 5 ta có 2 p2 ≥ 27r2 . Do đó EF 2 + F D2 + DE 2 ≤ p3 . Định lý 29. (Định lí Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh BC, CA, AB. Khi đó diện tích của tam giác XY Z có thể được tính theo diện tích tam giác ABC và khoảng cách M O theo công thức sau   1  M O2  [XY Z] = 1 − [ABC] . (40) 4 R2  Chứng minh Kéo dài AM, BM, CM cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm X 0 , Y 0 , Z 0 tương ứng. \ = M \ Ta có ZXM BZ (tứ giác BZM X \ \0 (B, Z, A thẳng nội tiếp), M BZ = ABY \0 = hàng và B, M, Y 0 thẳng hàng), ABY _ 0 Y 0 (cùng chắn cung AY 0 ). Từ đó suy \ AX 0 Y 0 . Tương tự Y \ = AX \ \ ra ZXM XM = 0 Z 0 . Từ đó suy ra ZXY 0 X 0 Y 0 . Ta \ \ = Z\ AX sẽ kí hiệu hai góc này là X và X 0 . Ta có Hình 13: 1 [XY Z] = XY.XZ. sin X 2 1 = M C. sin C.M B sin B. sin X (định lí hàm số sin) 2 1 MC = M B.M Y 0 . sin B. sin C. sin X 2 MY 0  1  2 2  BC = MO − R . sin B sin C. sin X(phương tích, ∆M BC ∼ ∆M Z 0 Y 0 ) 0 0 2 ZY   1 sin X 0 2 2 = M O − R .BC. sin C. sin B. 0 0 2 Y Z  1  M O2  AC sin X 0 1 = 1 − AC.BC. sin C (vì sin B = , = ) 8 R2  2R Y 0 Z 0 2R 18   1  M O2  = 1 − [ABC] . 4 R2   Chú ý 3. 1) Tam giác XY Z nêu trong định lí được gọi là tam giác Pedal. 2) Nếu M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì [XY Z] = 0. Điều đó có nghĩa là tam giác XY Z suy biến thành đường thẳng, đó chính là đường thẳng Euler. 3) Nếu M ≡ I (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC) thì XY Z là tam giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính r có các góc X, Y, Z tương ứng bằng π2 − A2 , π2 − B2 , π2 − C2 . Bằng các phép biến đổi sơ cấp từ công thức (40) sẽ suy ra công thức Euler OI 2 = R2 − 2Rr. Hệ quả 6. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh BC, CA, AB. Khi đó [XY Z] ≤ 1 [ABC] . 4 (41) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài toán 8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O (với O nằm bên trong tứ giác). Gọi M N P Q là tứ giác mà các đỉnh lần lượt lượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD đến các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng [M N P Q] ≤ 1 [ABCD] . 2 Giải Gọi K là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD. Dễ thấy KM N là tam giác Pedal dựng từ điểm K của tam giác ABC. Do đó áp dụng hệ quả 6 ta được [KM N ] ≤ 1 4 [ABC]. Làm tương tự cho các tam giác KN P, KP Q, KQM và cộng các kết quả lại [KM N ] + [KN P ] + [KP Q] + [KQM ] 1 ≤ ([ABC] + [BCD] + [CDA] + [DAB]) . 4 Hình 14: 19 Suy ra [M N P Q] ≤ 12 [ABCD]. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Bài toán 9. (Balkan, 1999) Cho ABC là một tam giác nhọn và L, M, N là các chân đường cao hạ từ trọng tâm G của ∆ABC tới các cạnh BC, CA, AB, tương ứng. Chứng minh rằng 4 [LM N ] 1 < ≤ . 27 [ABC] 4 Giải Ta có tam giác LM N là tam giác Pedal dựng từ trọng tâm  G của OG2  1 tam giác ABC. Áp dụng định lí 13, ta có [LM N ] = 4 1 − R2  [ABC] = R2 −OG2 4R2 [ABC] (vì G nằm trong tam giác ABC). + Dễ thấy [LM N ] ≤ 14 . Đẳng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G ≡ O hay khi và chỉ khi tam giác ABC đều. + Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại. Thật vậy, để ý rằng OG = 13 OH. Vì tam giác nhọn, H nằm trong tam giác và OH ≤ R nên R2 − 19 R2 [LM N ] R2 − 19 OH 2 2 4 = ≥ = > . [ABC] 4R2 4R2 9 27 Định lý 30. (Công thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + 4x2 . (42) trong đó x là khoảng cách giữa trung điểm của hai đường chéo AC và BD. Chứng minh Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có N A2 + N C 2 AC 2 x2 = − = 2 4 AB 2 +DA2 2 − BD2 4 + 2 BC 2 +CD2 2 − BD2 4 − AC 2 4 hay AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + 4x2 .  Hệ quả 7. (Bất đẳng thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 ≥ AC 2 + BD2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành. (43)