Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
LỜI NÓI ĐẦU
Bất đẳng thức là một lĩnh vực cổ điển luôn chiếm một vị trí quan trọng trong kho tàng toán
học, bởi chúng có một sức hút kì lạ về cả vẻ đẹp hình thức lẫn những điều bí ẩn về nội dung.Tuy
nhiên hầu hết sự quan tâm của các bạn đều dành cho bất đẳng thức đại số mà quên đi vẻ đẹp của bất
đẳng thức hình học. Chúng tôi hi vọng chuyên đề này sẽ mang đến cho các bạn một cái nhìn thoáng
hơn về bất đẳng thức hình học.
Nếu ở cấp THCS, ta đã tìm hiểu nhiều về hình học phẳng thì lên cấp THPT ta lại được tìm
hiểu sâu về hình học không gian. Bất đẳng thức hình học là một phần quan trọng trong hình học, nó
xuất hiện trong nhiều lĩnh vực của hình học, từ hình học phẳng sơ cấp, hình học không gian, đến
hình học tổ hợp,…. Bất đẳng thức hình học có ứng dụng rất rộng lớn trong đời sống cũng như việc
chứng minh các bài toán hình học hóc búa khác. Nhìn một cách khái quát việc chứng minh bất đẳng
thức hình học không phải một sớm một chiều là có thể thành thạo được, vì nó cần có sự tổng hợp
của tất cả các kiến thức về hình học lẫn đại số, đầu óc liên tưởng nhạy bén, những sáng tạo trong
cách giải,…. Ở chuyên đề này chúng tôi gửi đến bạn đọc những hiểu biết, phương pháp giải mà
chúng tôi tích lũy trong quá trình học toán từ trước tới nay. Chuyên đề này sẽ cung cấp cho bạn đọc
từ những kiến thức cơ bản đến mở rộng, từ những phương pháp đã biết ở cấp THCS, đến những
phương pháp phức tạp đòi hỏi sự tư duy trừu tượng cao. Ngoài ra, các bài toán trong chuyên đề này
được sưu tầm từ những đề thi cũ tới những đề thi mới cập nhật hiện nay. Nó chắc chắn sẽ hấp dẫn
bạn đọc và sẽ làm tăng thêm sự say mê bất đẳng thức trong một lĩnh vực mà ít người tìm đến.
Các kết quả chủ yếu mà chuyên đề này đạt được:
1) Tập hợp tương đối đầy đủ các kiến thức cơ bản sử dụng nhiều trong việc chứng minh bất
đẳng thức hình học.
2) Đưa ra được các phương pháp chứng minh chung cho các phần I, II.
3) Đưa ra được các bài toán từ đơn giản tới nâng cao trong từng bài.
4) Bổ sung thêm kiến thức mới về Polytope. Khái quát bài toán đẳng chu, ước lượng từ
phẳng sang không gian.
5) Sáng tạo trong việc giải toán và các bài toán mới (phần III). Đưa ra một số câu hỏi mở và
một số kết luận.
Chuyên đề này được chia làm ba phần:
PHẦN 1: Bất đẳng thức hình học trong mặt phẳng.
Trình bày về các phương pháp chứng minh các bất đẳng thức hình học trong mặt
phẳng và một số kiến thức cơ bản cần sử dụng khi chứng minh. Trong phần này còn tập trung hầu
hết các định lí, các bài toán nổi tiếng (như đường tròn chín điểm, đường thẳng Euler, định lí Pick,…)
được sử dụng nhiều trong việc giải toán hình học.
PHẦN 2: Bất đẳng thức hình học trong không gian.
Trong phần này chúng tôi đưa ra các kiến thức về các hình cơ bản (như tam diện, tứ
diện, thiết diện) và sau đó rút ra một số phương pháp chung cho việc chứng minh bất đẳng thức hình
học không gian.
PHẦN 3: Các vấn đề ngoài lề.
Trình bày các phần mà chúng tôi tìm tòi được (như phương pháp hình học hóa các
bất đẳng thức đại số là một phương pháp hay trong việc giải các bài đại số, bài toán đẳng chu,
Polutope 4 chiều,…). Bên cạnh đó, có các bất đẳng thức sưu tầm được qua các kì thi trong và ngoài
nước và các bất đẳng thức tự sáng tạo (Hình học hay đại số).
1
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Ngoài ra chúng tôi còn đưa ra các ví dụ cụ thể để bạn đọc dễ hình dung phương pháp chứ
không lí luận suông. Sau phần ví dụ ở mỗi bài chúng tôi đều có các bài toán chọn lọc nhằm giới
thiệu với các bạn những bài toán hay trong và ngoài nước. Phần cuối của mỗi bài là các bài toán tự
luyện cho các bạn luyện tập kĩ năng giải toán với các phương pháp mà chúng tôi đã hướng dẫn.
Để hoàn thành chuyên đề này chúng tôi đã nhận được sự giúp đỡ rất lớn của các thầy cô
trong tổ chuyên toán trường THPT chuyên Lý Tự Trọng. Chúng tôi chân thành cảm ơn sự giúp đỡ
nhiệt tình của cô Tạ Thanh Thuỷ Tiên, anh Võ Quốc Bá Cẩn, các thầy cô tổ chuyên toán, các anh chị
chuyên toán khoá trước, ….. Do thời gian biên soạn ngắn nên có thể chưa đầy đủ và không tránh
khỏi những thiếu sót ngoài ý muốn. Chúng tôi mong nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của thầy
cô và các bạn.
Nhóm biên soạn.
2
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU.................................................................................................................... 1
PHẦN I: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG ................................ 3
BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP KÉO THEO................................................................................... 3
BÀI 2: SỬ DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG ............................................................................. 16
BÀI 3: SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG .............................................................................. 28
BÀI 4: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ HÓA.............................................................................. 32
BÀI 5: SỬ DỤNG CÁC ĐỊNH LÍ, ĐỊNH NGHĨA VỀ CÁC ĐƯỜNG THẲNG,
ĐƯỜNG TRÒN ................................................................................................................... 36
PHẦN II: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN........................... 56
CHƯƠNG I: TỨ DIỆN ..................................................................................................... 56
BÀI 1: ƯỚC LƯỢNG HÌNH HỌC ..................................................................................................56
BÀI 2: CÁC ĐỊNH LÍ VÀ CÁC BÀI TOÁN VỀ GÓC TAM DIỆN, BẤT ĐẲNG THỨC VỀ
TỨ DIỆN ..........................................................................................................................................62
CHƯƠNG II: THIẾT DIỆN .............................................................................................. 80
CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHUNG TRONG CÁC BÀI BẤT
ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN...................................................... 84
BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC ..............................................................................................84
BÀI 2: PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG VÀ MẶT ...................................................90
BÀI 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ ....................................................................................................92
BÀI 4: CỰC TRỊ HÌNH HỌC ............................................................................................. 99
BÀI 5: PHƯƠNG PHÁP VECTO .................................................................................. 108
PHẦN III: CÁC VẤN ĐỀ NGOÀI LỀ.......................................................................... 110
HÌNH HỌC HÓA CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ ..........................................................110
BÀI TOÁN ĐẲNG CHU .......................................................................................................... 114
POLYTOPE 4 CHIỀU ....................................................................................................... 120
CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SƯU TẦM............................................................................................127
HÌNH HỌC HAY ĐẠI SỐ? ........................................................................................................137
TÀI LIỆU THAM KHẢO.................................................................................................. 145
3
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ....................................................................................................................1
PHẦN I: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG.................................3
BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP KÉO THEO(Văn Minh, Thuỷ Ngân) ........................................................3
BÀI 2: SỬ DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG (Đạt, Thuỷ Ngân) .............................................................16
BÀI 3: SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG (Thuỷ Ngân) ......................................................................28
BÀI 4: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ HÓA.(Thuỷ Ngân, Đạt) .............................................................32
BÀI 5: SỬ DỤNG CÁC ĐỊNH LÍ, ĐỊNH NGHĨA VỀ CÁC ĐƯỜNG THẲNG,
ĐƯỜNG TRÒN(Thuỷ Ngân) ...........................................................................................................36
PHẦN II: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN ...........................55
CHƯƠNG I: TỨ DIỆN......................................................................................................55
BÀI 1: ƯỚC LƯỢNG HÌNH HỌC(Nghĩa)......................................................................................55
BÀI 2: CÁC ĐỊNH LÍ VÀ CÁC BÀI TOÁN VỀ GÓC TAM DIỆN, BẤT ĐẲNG
THỨC VỀ TỨ DIỆN(Nghĩa)............................................................................................................61
CHƯƠNG II: THIẾT DIỆN(Thuỷ Ngân)..........................................................................78
CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHUNG TRONG CÁC
BÀI BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN .....................................82
BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC(Thuỷ Ngân,Nghĩa) ..............................................................82
BÀI 2: PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG VÀ MẶT(Thuỷ Ngân) ..............................87
BÀI 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ(Thuỷ Ngân) ...............................................................................89
BÀI 4: PHƯƠNG PHÁP VECTO(Thuỷ Ngân) ...............................................................................96
BÀI 5:CỰC TRỊ HÌNH HỌC(Nghĩa, Thuỷ Ngân) ..................................................................... 101
PHẦN III: CÁC VẤN ĐỀ NGOÀI LỀ ..........................................................................110
HÌNH HỌC HÓA CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ(Thuỷ Ngân)......................................110
BÀI TOÁN ĐẲNG CHU(Nghĩa) .............................................................................................. 112
POLYTOPE 4 CHIỀU(Thuỷ Ngân) ...............................................................................................118
CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SƯU TẦM(Thuỷ Ngân, Nghĩa) ...........................................................123
HÌNH HỌC HAY ĐẠI SỐ?(Thuỷ Ngân, Trí)................................................................................133
TÀI LIỆU THAM KHẢO(Thuỷ Ngân)..........................................................................................141
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
PHẦN I: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT
PHẲNG.
BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP KÉO THEO
I . Sơ lược về phương pháp kéo theo:
Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết, vận dụng các tính chất của bất đẳng thức để suy
ra bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đây là các ví dụ:
Vd
S ABC
1: Cho tam giác ABC,
1
1
≤ AB. AC ; S ABC ≤ BM . AC
2
2
M
AC.
thuộc
Chứng
minh
rằng:
Giải:
B
M
A
C
H
Gọi BH là đường cao của tam giác ABC ⇒ BH ≤ AB
1
1
S ABC = BH . AC ≤ AB. AC
2
2
1
1
M ∈ BC ⇒ BH ≤ BM ⇒ S ABC = BH . AC ≤ BM . AC
2
2
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Vd2: Cho tam giác ABC, AM là trung tuyến. Chứng minh: AM ≤
BC
≥ 90o và
thì BAC
2
ngược lại.
Giải:
B
A
M
C
D
3
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
< 90o .
a) Giả sử BAC
Gọi D là điểm đối xứng của A qua M. Suy ra AD=2AM. M là trung điểm hai đoạn thẳng
BC và AD.
+
< 90o
⇒ AB = DC & AB / / DC ⇒ BAC
ACD = 180O mà BAC
<
⇒
ACD > 90O ⇒ BAC
ACD
<
Xét tam giác ABC và tam giác CDB có: AB=DC, BC là cạnh chung, BAC
ACD
BC
Do đó: BC
(Vô lí).
2
≥ 90o
⇒ BAC
Vd 3: Cho tứ giác lồi ABCD sao cho AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F, và E,F,C cùng
thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD. Đặt
AED = α ,
AFB = β ; và S
= S . Chứng minh
ABCD
rằng: AB.CD.sin α + AD.BC.sin β ≤ 2 S ≤ AB.CD + AD.BC .
Giải:
F
β
D
P
β
C
K
E
α
α
B
A
ABF > α
Dễ thấy:
ACE > β
BK / / DE
* Trong ∆ABD ta lấy điểm K sao cho
DK / / BF
1
1
Từ đó ta có S ACK + S ADK ≤ S ⇒ AB.BK .sin α + AD.DK .sin β ≤ S
2
2
⇔ AB.BK .sin α + AD.DK .sin β ≤ 2 S
(1)
Dễ thấy DKBC là hình bình hành.
BK = CD
(2)
BC = DK
Thay (2) vào (1) ta có:
AB.CD.sin α + AD.BC.sin β ≤ 2 S
(1)
4
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
DP = BC
* Trong nửa mặt phẳng có bờ là BD ta lấy điểm P sao cho
.
BP = CD
Dễ thấy
1
1
S ABCD = S ABPD = S ADP + S ABP = AD.DP sin
ADP + BA.BP.sin
ABP
2
2
1
1
≤ AD.DP + BA.BP
2
2
⇔ 2 S ≤ AB.CD + AD.BC
Vậy AB.CD sin α + AD.BC.sin β ≤ 2 S ≤ AB.CD + AD.BC
*Một số kiến thức thường dùng để giải tóan cực trị trong mặt phẳng:
- Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, hình chiếu.
- Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh góc vuông AH và
cạnh huyền AB thì AH ≤ AB . Xảy ra dấu bằng khi H ≡ B .
- Trong các đoạn thẳng nối từ điểm đến đường thẳng, đoạn nào vuông góc với đường
thẳng là đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong các đoạn thẳng nối 2 điểm thuộc hai đường thẳng song song, đoạn thẳng vuông
góc với hai đường thẳng song song có độ dài ngắn nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ 1 điểm đến cùng một đường thẳng, đường xiên lớn hơn khi
và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
- Một tứ giác lồi bị chứa trong một tứ giác khác (không nhất thiết là lồi) thì chu vi của tứ
giác bị chứa sẽ nhỏ hơn chu vi của tứ giác chứa nó bên trong.
- Độ dài đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn độ dài đường chéo lớn
nhất..
- Trong tất cả các dây cung qua một điểm cho trước trong một đường tròn thì dây cung có
độ dài nhỏ nhất là dây cung vuông góc với đoạn thẳng nối tâm đường tròn với điểm đó.
- Trong các tam giác có cùng chu vi thì tam giác đều có diện tích lớn nhất.
- Một đường thẳng có thể cắt nhiều nhất hai cạnh của một tam giác.(nguyên tắc
Dirichlet).
* Một số ví dụ:
Vd1: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông
góc với AB. Qua trung điểm M của AB có 2 đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với
nhau và cắt Ax, By lần lượt tại C,D. Xác định vị trí của các điểm C,D sao cho ∆MCD có
diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích đó.
Giải:
D
1
H
2
C
a
A
M
B
5
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Gọi K là giao điểm của CM và DB,
∆MAC = ∆MBK ( gcg ) ⇒ MC = MK
=D
∆DCK cân ⇒ D
1
2
Kẻ MH ⊥ CD Do M thuộc phân giác góc D nên MH=MB=a.
1
S MCD = CD.MH .
2
Do CD ≥ AB = 2a & MH = a nên:
1
S MCD ≥ 2a.a = a 2 ⇒ CD ⊥ Ax . Các điểm C,D được xác định trên Ax, By sao cho
2
AC=BD=a
1
CP.MH . Sau khi chứng minh MH không
2
đổi, ta thấy SMCD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD nhỏ nhất.
- Nếu bài toán trên không cho M là trung điểm AB thì ta phải giải quyết ra sao?
* Trong lời giải trên, SMCD được biểu thị bởi
D
C
α
A
a
M
b
B
1
= MDB
= α (cùng phụ BMD
)
MC.MD, MAC
2
a
b
⇒ MC =
, MD =
nên
cosα
sin α
1
ab
S MCD =
2 sin α cos α
Do a,b,c là hằng số nên SMCD nhỏ nhất khi và chỉ khi 2 sin α cosα lớn nhất.
2 sin α cos α ≤ sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇒ S MCD ≥ ab
S MCD =
min SMCD = ab ⇔ sin α = cos α ⇔ tan α = 1 ⇔ α = 45o
⇒ Các điểm C,D trên Ax, By được xác định sao cho AC=AM, BD=BM
Đây được xem là bài toán tổng quát.
là góc tù, D di động trên BC. Xác định vị trí của D sao cho tổng
Vd 2: Cho ∆ABC có B
các khỏang cách từ B và từ C đến đường thẳng AD có giá trị lớn nhất.
6
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Giải:
A
1
1
1
E
AH .BC = BE. AD + CF . AD
2
2
2
2S
B
D
⇒ BE + CF = ABC .
Do
đó H
AD
( BE + CF ) max ⇔ AD min
AD nhỏ nhất khi và chỉ khi hình chiếu HD nhỏ nhất. HD ≥ HB và HD=HB khi D ≡ B
Suy ra đpcm.
Ta có : S ABC =
C
F
Vd3: Cho tam giác ABC vuông có độ dài cạnh góc vuông AB=6cm, AC=8cm. M là điểm
di động trên cạnh huyền BC. Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB
và AC. Tính diện tích lớn nhất của tứ giác ADME.
Giải:
Đặt AD = x thì ME = x . Theo Thalet:
EM CE
x CE
4
4
=
⇒ =
⇒ CE = x ⇒ AE = 8 − x
AB CA
6
8
3
3
Ta có:
4
4
S ADME = AD. AE = x 8 − x = 8 x − x 2
3
3
4
4
4
2
= − ( x 2 − 6 x ) = − ( x 2 − 6 x + 9 ) + 12 = − ( x − 3) + 12 ≤ 12
3
3
3
S ADME = 12cm 2 ⇔ x = 3 ⇒ D là trung điểm của AB, M là trung điểm BC, E là trung điểm
AC.
Vd4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường thẳng
song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự D và E. Xác định vị trí M sao
cho ADME có Smax.
Giải:
A
K
D
H
1
E
2
B
C
x
y
Gọi SABC=S, SBDM=S1, SEMC=S2.
S1 + S2
min
S
Các ∆DBM & ∆EMC đồng dạnh với ∆ABC nên:
Ta nhận thấy SADME max ⇔ ( S1 + S2 ) min ⇔
7
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
2
Nhóm 5
2
S1 BM S2 MC
=
; =
S BC S BC
S + S 2 BM 2 + MC 2 x 2 + y 2 1
⇒ 1
=
=
≥
2
S
BC 2
( x + y) 2
Như vậy max S ADME =
1
S . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y . Khi đó M là trung điểm
2
của BC.
Vd 5: Giả sử C1 , B1 , A1 là các điểm tùy ý trên các cạnh AB,CA,BC của tam giác ABC .Ký
hiệu S , S1 , S 2 , S3 là diện tích các tam giác ABC , AB1C1 , BC1 A1 , CA1 B1 CMR:
3
S1 + S2 + S3 ≤
S
2
Giải:
BĐT đã cho tương đương với
VT =
S
S1
S
3
+ 2 + 3 ≤
S
S
S 2
AB1. AC1
BA1.BC1
CB1.CA1 1 AB1 AC1 BC1 BA1 CA1 CB1 3
+
+
≤
+
+
+
+
+
=
AB. AC
AB.BC
AC.BC 2 AC AB AB BC BC AC 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC:
1.Cho tam giác ABC nhọn. Dựng một tam giác có chu vi nhỏ nhất nội tiếp tam giác ABC,
tức là có 3 đỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ABC.
Giải:
A
F
1 2
P
E
M
B
C
N
Xét ∆MNP nội tiếp ∆ABC một cách tùy ý. ( M ∈ AB, N ∈ BC , P ∈ AC ) . Vẽ E,F sao cho
AB là trung trực của NE và AC là đường trung trực của NF.
Chu vi ∆MNP = MN + MP + PN = EM + MP + PF ≥ FE
= 2
= 2 BAC
EAF
A + 2A
1
2
∆FAE là tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi
cạnh bên nhỏ nhất.
8
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Ta có: EF nhỏ nhất ⇔ AE min ⇔ AN min ⇔ AN ⊥ BC
Ta có nhận xét rằng khi N là chân đường vuông góc kẻ từ A thì M và P cũng là chân 2
đường cao còn lại của tam giác.
Chứng minh nhận xét trên như sau:
, AC là đường phân giác của FPH
.
∆HMP : AB là đường phân giác của EMH
Ta có: AB,AC gặp nhau tại A nên AH là tia phân giác của góc trong của tam giác tại H
. Vì AH ⊥ HC nên HC là đường phân giác góc ngòai của
hay HA là tia phân giác MHP
A tại đỉnh H.
F
A
P
M
E
B
H
C
Theo trên, AC là đường phân giác ngòai tại đỉnh P, HC gặp AC tại C nên MC là tia phân
giác góc trong tại M.
MB và MC là các tia phân giác của hai góc kề bù nên MB ⊥ MC , PC ⊥ PB .
⇒ Chu vi ∆MNP min khi M,N,P là chân 3 đường cao của tam giác ABC.
Do ∆ABC nhọn nên M,N,P thuộc biên của tam giác.
2. Hai anh em chia tài sản là một miếng đất hình tam giác ABC. Họ muốn chia đôi diện
tích miếng đất bằng một bờ rào ngắn nhất. Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S
và góc nhỏ nhất α của tam giác.
Giải:
Bờ rào phải cắt hai cạnh của tam giác. Giả sử góc tại đỉnh đó là Â, độ dài của bờ rào là
IK=m và khỏang cách từ đỉnh của góc A tới hai đầu bờ rào là x và y.
⇒ IK 2 = x 2 + y 2 − 2 xy cos A (1)
Đặt S AIK = S ′, S ABC = S , AI = x, AK = y , ta có: S ' =
S
= const .
2
1
xysin A mà S ′ và A không đổi nên xy không đổi.
2
IK min ⇔ ( x 2 + y 2 ) min . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Do S ′ =
(x
2
+ y 2 ) min ⇔ x = y
Như vậy xét bờ rào chắn góc A thì độ dài bờ rào ngắn nhất khi và chỉ khi ∆AIK cân tại
A.
A
S
A
IK = 2 S ' tan .Do S ' = nên IK = 2 tan .
2
2
2
9
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Vậy độ dài bờ rào ngắn nhất = m = 2 tan
α
2
(α = min { A, B , C})
3. Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R có a,b,c là độ dài 3 cạnh và
ma,mb,mc là trung tuyến lần lượt tương ứng với 3 đỉnh A,B,C. Các trung tuyến của tam
giác (theo thứ tự trên) cắt đường tròn tại A,B,C. Tìm GTLN của:
a2 + b2 b2 + c2 c2 + a 2
+
+
mc
ma
mb
Giải:
Trước hết ta có b 2 + c 2 = 2ma2 +
a2
2
b2 + c2
≤ 4R
ma
Theo hệ thức lượng đường tròn:
Ta sẽ chứng minh:
MA1.MA = MB.MC ⇔ ma MA1 =
a2
a2
⇒ MA1 =
4
4ma
Ta lại có: MA + MA1 = AA1 ≤ 2 R
⇒ ma +
a2
≤ 2 R ⇒ 4ma2 + a 2 ≤ 8Rma
4ma
a2
≤ 4 R.ma
2
b2 + c2
≤ 4R .
b 2 + c 2 ≤ 4 Rma ⇒
ma
Một cách tương tự, và cộng các bất đẳng thức lại vế theo vế ta có đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
AA1 = 2 R
BB1 = 2 R ⇔ ∆ABC đều. Khi đó d=2R.
CC = 2 R
1
⇒ 2ma +
4. Gọi H là trực tâm ∆ABC nhọn và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Cm:
HA + HB + HC ≥ 6r . Dấu bằng xảy ra khi nào?
Giải:
Ta thấy: HA.
BC
= S 2 + S3
2
a
= S2 + S3 ⇒ ax = 2 ( S2 + S3 )
2
Tương tự:
⇒x
10
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
by = 2 ( S1 + S3 )
ax + by + cz = 2.2S ABC
cz = 2 ( S1 + S2 )
Ta cần chứng minh: x + y + z ≥ 6r
Giả sử: a ≥ b ≥ c . Theo quan niệm về đường xiên và hình chiếu ⇒ x ≤ y ≤ z
Từ đây ta sẽ chứng minh ( a + b + c )( x + y + z ) ≥ 3 ( ax + by + cz ) ( 2 )
Thật vậy:
( 2 ) ⇒ a ( x + y + z ) − 3ax + b ( x + y + z ) − 3by + c ( x + y + z ) − 3cz ≥ 0
⇔ ∑ a ( y − x ) − ( x − z ) ≥ 0
⇔ ∑ ( y − z )( a − b ) ≥ 0
A
( 3)
x
3
c
Vì a ≥ b ≥ c , x ≤ y ≤ z nên (3) đúng.
Từ (1) và (2)
a+b+c
r
( a + b + c )( x + y + z ) ≥ 3.4S = 12
2
⇒ x + y + z ≥ 6r
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
a = b = c
⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đều.
x = y = z
y
2
H
1
b
z
a
B
C
5. ∆ABC có cạnh BC = a không đổi và A = α không đổi. Hãy xác định vị trí của A để
∆ABC có chu vi nhỏ nhất.
Giải:
D'
D
α
A'
K
2
A
α
a
B
C
Xét A nằm trên một nữa mặt phẳng bờ BC. Ta có A di chuyển trên cung chứa góc α
dựng trên BC.
Trên tia đối của tia AB lấy D sao cho AD=AC.
Chu vi ∆ABC bằng AB + BC + CA = AB + BC + a
Chu vi ∆ABC lớn nhất ⇔ ( AB + AC ) max ⇔ BD max .
11
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
= α ⇒ D di động trên cung chứa α dựng trên đoạn BC (có giới hạn bởi tiếp
Mà BDC
2
2
tuyến tại B) đó là cung KC.
Do vậy BD max khi và chỉ khi BD là đường kính của cung chứa góc trên (tâm của cung
α
đó chính là điểm A′ , điểm chính giữa cung chứa góc α )
2
∆ABC có chu vi lớn nhất khi nó là tam giác cân tại A có BC = a,
A =α
chứa góc
6. Tam giác ABC , M là điểm ở trong tam giác. Ở bên ngòai tam giác kẻ các đường thẳng
song song với các cạnh, cách chúng một khỏang bằng khỏang cách từ M đến cạnh đó.
Mỗi đường thẳng đó tạo với một cạnh của tam giác và các đường thẳng chứa hai cạnh kia
một hình thang. Chứng tỏ rằng tổng diện tích của ba hình thang đó không nhỏ hơn
7
S ABC .
3
Giải:
G
H
A
M
C
B
F
A2
K
M2
E
D
A1
Gọi diện tích các tam giác ABC , MBC , MAC , MAB và các hình thang lần lượt là
S , S1 , S2 , S3 , S1' , S2' , S3' .
Ta có: ∆ADE ∼ ∆ABC ( g.g.g )
AA AA + MM 2
S
⇒ ADE = 1 = 2
S ABC AA2
AA2
S + S1′ S1
⇒
= 1 +
S
S
⇒ S1′ = 2S1 +
Do
MM 2 S1
=
AA2
S
S12
S
Tương tự ta có:
12
2
2
S2′ = 2S2 +
S32
S 22
′
; S 3 = 2 S3 +
S
S
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Mà: 3 ( S12 + S 22 + S32 ) = ( S1 + S2 + S3 ) + ( S1 − S 2 ) + ( S2 − S3 ) + ( S3 − S1 ) ≥ ( S1 + S2 + S3 )
2
⇒ S12 + S22 + S32 ≥
S2
3
( Do
Do đó: S1′ + S2′ + S3′ ≥ 2S +
2
2
2
2
S = S1 + S2 + S3 )
S
7
⇒ S1′ + S2′ + S3′ ≥ S .
3
3
Ta có đpcm.
7. Cho ∆ABC , trên 2 cạnh AB và AC lấy 2 điểm E,F sao cho có điểm a trong ∆AEF thỏa
S ABE = 2 S AGF
4
. Chứng minh rằng: S BEGF + SCFGE ≥ S ABC .
9
S ACE = 3S AGE
Giải:
A
G
F
E
C
B
Ta đặt: S = S ABC ; S1 = S AEG ; S2 = S AFG
Ta có:
3S2 = S ABF = S BEGF + S1 + S2
(1)
⇒ S1 + S2 = S BEGF + SCFGE
3S1 = S ACE = SCFGE + S1 + S2
Ta có:
S 1 AE AF
1
1 S
S1 + S2 = ( S ACE + S ABF ) = S ACE + ABF = S
+
3
3 S
S 3 AB AC
1
AE AF 2
S
⇒ S1 + S2 ≥ S .2
= S AEF
3
AB AC 3
S
S + S2
2
S 1
S
3
4
⇔ S1 + S 2 ≥ S
(2)
9
⇒ S1 + S2 ≥
Từ (1) và (2) suy ra S BEGF + SCFGE ≥
4
S
9
S = S2
Dấu “=” xảy ra 1
G ∈ EF
13
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
8.Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và bán kính R. Điểm M nằm trên AO và
AM
= k > 1 . Từ M kẻ dây CD bất kì. Tìm max S ABCD .
MO
Giải:
S ABCD S ACD + S BCD AM BM
AB 2 AO
=
=
+
=
=
= 2 ( k + 1) = const
SOCD
SOCD
MO MO MO MO
⇒ S ABCD lớn nhất ⇔ SOCD lớn nhất
1
Mà ta lại có: SOCD = OC.OD.sin α nên SOCD khi sin α lớn nhất ⇔ α nhỏ nhất.
2
Mà ta dễ thấy: 90 < α < 180 . sin α lớn nhất ⇔ α nhỏ nhất.
Ta dễ thấy α ⇔ CD ⊥ OA .
Khi đó ta có: max SOCD = SOC ' D '
C
C'
Ta có:
1
OM 1
OM
R
= ⇔
=
⇒ OM =
MA k
R
k +1
k +1
2
2
R
R
=
MC '2 = R 2 −
k ( k + 2 )
A
M
O
2
2
α
( k + 1) ( k + 1)
R
k ( k + 2)
⇒ MC ' =
k +1
2R
k ( k + 2)
⇒ C 'D' =
D
k +1
D'
2
R
1
k
k
⇒ SOC ' D ' = MO.C ' D ' =
+
2
(
)
2
2
( k + 1)
⇒ MaxS ABCD =
2R2
k ( k + 2)
k +1
9. Giả sử có một tam giác nhọn diện tích S1, và có một tam giác vuông chứa tam giác
nhọn nói trên, có diên tích S2 . Hãy tìm S2 nhỏ nhất và so sánh S1 và S2.
Giải:
Gọi tam giác nhọn là ABC có
A là góc lớn nhất. Gọi M là trung điểm BC. Trên BC lấy
E,F sao cho ME=MF=MA.
⇒ BC = a . Tam giác AEF vuông tại A.
Khi đó ∆AEF có diện tích S2 nhỏ nhất.
Ta có: vì Â lớn nhất:
⇒ BC ≥ AC
⇒ A ≥ B
Ta có:
AMF +
AME = 180o
⇒ max
AMF ;
AME ≥ 90o
(
AMF ≥ 90o
Giả sử
14
)
B
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Suy ra tam giác AMF tù.
⇒ AM 2 + ME 2 ≤ AC 2 ≤ BC 2 − a 2
Ta có:
a2
a 3
2
AM +
≤ a 2 ⇒ AM ≤
2
2
Ta có:
a 3
S AEF EF 2MA
=
=
≤ 2 = 3
a
S ABC BC 2 BC
2
⇒ S AEF ≤ 3S ABC
Nhóm 5
A
F
C
M
B
* Bài tập tự luyện:
1. Cho ∆ABC có các cạnh không bằng nhau, gọi các điểm G,I,H lần lượt là trọng tâm,
> 90o .
tâm đường tròn nội tiếp, trực tâm của tam giác. Chứng minh rằng: GIH
2. Phân giác của góc A,B,C trong ∆ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tại A1 , B1 , C1 . Giả sử
Ao , Bo , Co lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A,B,C . Chứng minh:
a) S Ao BoCo = 2 S AC1BA1CB1 ;
b) S Ao BoCo ≥ 4S ABC .
≤ 600 . Hãy tìm điểm M trênmặt phẳng sao cho tổng
3. Cho ∆ABC cân tại A và có BAC
MB + MC − MA nhỏ nhất có thể.
4. Tìm điểm O trong ∆ABC cho trước sao cho tổng khỏang cách từ O tới ba đỉnh của tam
giác ABC nhỏ nhất có thể (Điểm Toricenli).
5..ABCD là một tứ giác nội tiếp. Tâm đường tròn ngoại tiếp nằm bên trong ABCD. Cạnh
ngắn nhất có độ dài bằng 4 − t 2 và cạnh dài nhất có độ dài bằng t, với 2 < t < 2 . Các
tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại A′ , các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại D và A cắt
nhau tại D′ .Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tỉ số
15
E
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
BÀI 2: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG
I. Sơ lược về phương pháp:
Không chỉ trong bất đẳng thức tam giác ta mới sử dụng hệ thức lượng để hỗ trợ cho việc
tính toán và chứng minh, mà trong các bài toán về tam giác nói chung, hệ thức lượng
trong tam giác cũng đã trở thành một công cụ mạnh để tính toán, đơn giản hóa vấn đề,….
Qua việc sử dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có thể sử dụng các công cụ tính tóan
mạnh hơn nữa như áp dụng các bất đẳng thức cổ điển, hay các bất đẳng thức trong tam
giác (có nhiều bất đẳng thức trong tam giác rất độc đáo mà nếu không để ý chắc hẳn các
bạn không thể thấy được vẻ đẹp huyền bí của nó). Hoặc từ việc áp dụng hệ thức lượng ta
có thể biến một bài toán hình học đơn thuần trở nên phức tạp, khó nhìn hơn vì nó bị ẩn
giấu sau một lọat các công thức mà nếu không nắm vững kiến thức chắc hẳn không phải
ai cũng làm được.
* Một số hệ thức lượng và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác:
Cho tam giác ABC , với AB = c, AC = b, BC = a; ma , mb , mc , d a , db , dc lần lượt là các
trung tuyến và các phân giác ứng với các cạnh a, b, c; d1 , d 2 lần lượt là khỏang cách từ
tâm đường tròn ngoại tiếp tới trọng tâm tam giác và tâm đường tròn nội tiếp tới trọng tâm
tam giác, p là nửa chu vi tam giác, S là diện tích tam giác; r , R là các bán kính đường
tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác; ra , rb , rc là đường tròn bàng tiếp các cạnh a, b, c . Ta
có các hệ thức sau:
2b 2 + 2c 2 − a 2
a 2 + b2 + c 2
ma2 =
;
d 2 = R2 −
4
9
1
S
S
S
d 22 = ( p 2 + 5r 2 − 16 Rr )
;
ra =
, rb =
, rc =
9
p−a
p −b
p−c
abc
S
R=
; r=
;
S = p ( p − a )( p − b )( p − c )
4S
p
a
b
c
+
+
≥2 3
ma mb mc
;
( a + b − c )( a + c − b )( b + c − a ) ≤ abc
ma mb mc 3 3
+
+
≥
a
b
c
2
9
5
( ab + bc + ca ) < ma mb + mb mc + mc ma < ( ab + bc + ca )
20
4
Bây giờ chúng ta đến với một bài toán.
Cho tam giác ABC với AB = c, BC = a, CA = b . Gọi S là diện tích tam giác này, và r và R
là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác; ma , mb , mc lần lượt là độ dài các
trung tuyến xuất phát từ A,B,C. M là một điểm bất kì, α , β , γ là các số thực. Ta có bất
đẳng thức sau là hiển nhiên:
2
α MA + β MB + γ MC ≥ 0
(
16
)
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Bình phương hai vế của MA − MB = BA ta được 2MA.MB = MA2 + MB 2 − AB 2 và từ
đây qua các phép biến đổi tương đương ta sẽ có được bđt sau:
(α + β + γ ) (α MA2 + β MB 2 + γ MC 2 ) ≥ a 2 βγ + b 2αγ + c 2αβ (1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi α MA + β MB + γ MC = 0
Nhưng khi cho M là trọng tâm tam giác thì ta sẽ có (1) trở thành:
9
(α + β + γ ) (α ma 2 + β mb 2 + γ mc 2 ) ≥ ( a 2 βγ + b 2αγ + c 2αβ ) (1.1)
4
- Chọn α = a, β = b, γ = c thay vào (1.1) ta được:
9
ama2 + bmb2 + cmc2 ≥ abc (1.2 )
4
Biến đổi tương đương bất đẳng thức (1.2) ta sẽ có các bất đẳng thức sau:
ma2 mb2 mc2 9
abc
+
+
≥ R 2S =
= aha = bhb = chc
2
2R
ha
hb
hc
3 ( a 3 + b3 + c3 ) + 9abc ≤ 2 ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 )
a+b+c
- Chọn a = p − a, b = p − b, c = p − c p =
thay vào (1.1).
2
Ta có:
1
1
−
a 2 ( p − b )( p − c ) = ap ( p − a )( p − b )( p − c )
p−a p
p2 r
p
a
= S2
−1− = S
− pr − ra
p
p−a
p−a
2
2
Tương tự với b ( p − a )( p − c ) & c ( p − a )( p − b ) rồi áp dụng hệ thức:
1
1
1
4R + r
+
+
=
p−a p−b p−c
pr
Ta thu được bất đẳng thức sau:
( p − a ) ma2 + ( p − b ) mb2 + ( p − c ) mc2 ≥ 9S ( R − r )
a
b
c
,β =
,γ =
thay vào 1.2 ta sẽ được:
ma
mc
mb
9
amb mc + bma mc + cmb ma ≥ abc (1.3)
4
- Chọn α = bc, β = ca, γ = ab thay vào 1.2 ta có:
- Chọn α =
ma2 mb2 mc2 9 a 3 + b3 + c3
+
+
≥
( 4)
a
b
c
4 ab + bc + ca
Chỉ cần dựa vào việc chọn bộ số α , β , γ thích hợp chúng ta đã có được những bất đẳng
thức đẹp, các bất đẳng thức này cũng được ứng dụng rất nhiều trong việc giải các bài bất
đẳng thức hình học, hệ thức lượng.
II. Một số ví dụ:
17
Chuyên đề bất đẳng thức hình học
Nhóm 5
Vd 1: Cho ∆ABC , từ điểm F trên AC vẽ các đoạn thằng EG//AB, và EF//AC (F,G thuộc
2
đoạn AB và AC). Cm S ABC
≥ 16 S BEF SCEG .
Giải:
A
c1
b2
F
G
c2
b1
C
B
a2
E
a1
Qua đề bài ta dễ nhận thấy rằng để chứng minh bất đẳng thức trên ta sẽ dùng bất đẳng
thức AM-GM và công thứ Herong là phù hợp. Dễ thấy AFEG là hình bình hành.
AF = GE
⇒
AG = EF
Ta đặt :
BC = a; BE = a2 ; CE = a1
AB = c; AF = c1 ; FB = c2
CA = b; AG = b1 ; GC = b2
Ta có:
16S BEF SCEG = 16 p1 ( p1 − a1 )( p1 − b1 )( p1 − c1 ) p2 ( p2 − a2 )( p2 − b2 )( p2 − c2 )
= 2 p1 p2 2 ( p1 − a1 )( p2 − a2 ) 2 ( p1 − b1 )( p2 − c2 ) 2 ( p1 − c1 )( p2 − b2 )
≤
{( p + p ) p + p
1
2
1
2
}
− ( a1 + a2 ) p1 + p2 − ( b1 + b2 ) p1 + p2 − ( c1 + c2 )
2
= p ( p − a )( p − b )( p − c ) = S ABC
2
Vậy ta có: S ABC
≥ 16 S BEF SCEG
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi E là trung điểm BC.
Vd 2: Cho tam giác ABC vuông tại C. Kẻ đường cao CH và phân giác CE của góc ACH,
S
CE của góc BCH. Chứng minh rằng ABC ≥ 2 + 1 .
SCEF
A
Giải:
Đặt AB = c; BC = a; CA = b
S
AB
Ta có: ABC =
SCEF EF
=
Ta có: CBF
ACH
+ FBC
= CFA
⇒
ACF = FCB
⇒ ∆ACF cân tại A. ⇒ AC = AF = b
18
E
H
F
C
B