Chuyên đề Bất đẳng thức hình học

Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 3 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 1: Cho tam giác ABC, M thuộc AC. Chứng minh rằng: 1 1 . ; . 2 2 ABC ABCS AB AC S BM AC≤ ≤ Giải: Gọi BH là đường cao của tam giác ABC BH AB⇒ ≤ 1 1 . . 2 2 1 1 . . 2 2 ABC ABC S BH AC AB AC M BC BH BM S BH AC BM AC = ≤ ∈ ⇒ ≤ ⇒ = ≤ Bất đẳng thức được chứng minh xong. Vd2: Cho tam giác ABC, AM là trung tuyến. Chứng minh: 2 BC AM ≤ thì
90oBAC ≥ và ngược lại. Giải: M A C B H M A C B D Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 4 a) Giả sử
90oBAC < . Gọi D là điểm đối xứng của A qua M. Suy ra AD=2AM. M là trung điểm hai đoạn thẳng BC và AD.

& / / 180OAB DC AB DC BAC ACD⇒ = ⇒ + = mà
90oBAC <


90OACD BAC ACD⇒ > ⇒ < Xét tam giác ABC và tam giác CDB có: AB=DC, BC là cạnh chung,

BAC ACD< Do đó: BC<AD 2 BC AM⇒ > (Vô lí).
90oBAC⇒ ≥ 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 AFBα β= = ; và ABCDS S= . Chứng minh rằng: . .sin . .sin 2 . .AB CD AD BC S AB CD AD BCα β+ ≤ ≤ + . Giải: Dễ thấy:

ABF ACE α β  >  > * Trong ABD∆ ta lấy điểm K sao cho / / / / BK DE DK BF    Từ đó ta có 1 1 . .sin . .sin 2 2ACK ADK S S S AB BK AD DK Sα β+ ≤ ⇒ + ≤ . .sin . .sin 2 (1)AB BK AD DK Sα β⇔ + ≤ Dễ thấy DKBC là hình bình hành. (2) BK CD BC DK =  = Thay (2) vào (1) ta có: . .sin . .sin 2 (1)AB CD AD BC Sα β+ ≤ β αα β K E F B A D C P Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 5 * Trong nửa mặt phẳng có bờ là BD ta lấy điểm P sao cho DP BC BP CD =  = . Dễ thấy

1 1. sin . .sin 2 2 1 1 . . 2 2 ABCD ABPD ADP ABPS S S S AD DP ADP BA BP ABP AD DP BA BP = = + = + ≤ + 2 . .S AB CD AD BC⇔ ≤ + Vậy . sin . .sin 2 . .AB CD AD BC S AB CD AD BCα β+ ≤ ≤ + *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: a 2 1H D MA B C Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 6 Gọi K là giao điểm của CM và DB, ( )MAC MBK gcg MC MK∆ = ∆ ⇒ = DCK∆ cân  1 2D D⇒ = Kẻ MH CD⊥ Do M thuộc phân giác góc D nên MH=MB=a. 1 . 2MCD S CD MH= . Do 2 &CD AB a MH a≥ = = nên: 21 2 . 2MCD S a a a CD Ax≥ = ⇒ ⊥ . Các điểm C,D được xác định trên Ax, By sao cho AC=BD=a * Trong lời giải trên, SMCD được biểu thị bởi 1 . 2 CP MH . Sau khi chứng minh MH không 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?

1 . , 2MCD S MC MD MAC MDB α= = = (cùng phụ
BMD ) , cos sin a b MC MD α α ⇒ = = nên 1 2 sin cosMCD ab S α α = Do a,b,c là hằng số nên SMCD nhỏ nhất khi và chỉ khi 2sin oscα α lớn nhất. 2 22sin cos sin cos 1 MCDS abα α α α≤ + = ⇒ ≥ min sin cos tan 1 45 MCD o S ab α α α α= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒Các điểm C,D trên Ax, By được xác định sao cho AC=AM, BD=BM Đây được xem là bài toán tổng quát. Vd 2: Cho ABC∆ có B là góc tù, D di động trên BC. Xác định vị trí của D sao cho tổng các khỏang cách từ B và từ C đến đường thẳng AD có giá trị lớn nhất. ba α D A BM C Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 7 Giải: Ta có : 1 1 1 . . . 2 2 2ABC S AH BC BE AD CF AD= = + 2 ABCSBE CF AD ⇒ + = . Do đó ( ) max minBE CF AD+ ⇔ AD nhỏ nhất khi và chỉ khi hình chiếu HD nhỏ nhất. HD HB≥ và HD=HB khi D B≡ Suy ra đpcm. 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: 4 4 8 6 8 3 3 EM CE x CE CE x AE x AB CA = ⇒ = ⇒ = ⇒ = − Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 4 4 . 8 8 3 3 4 4 4 6 6 9 12 3 12 12 3 3 3 ADMES AD AE x x x x x x x x x   = = − = −    = − − = − − + + = − − + ≤ 212 3ADMES cm x 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: Gọi SABC=S, SBDM=S1, SEMC=S2. Ta nhận thấy ( ) 1 2ADME 1 2S max min minS SS S S + ⇔ + ⇔ Các &DBM EMC∆ ∆ đồng dạnh với ABC∆ nên: E F H C A B D yx 21 K EH D B C A Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 8 ( ) 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 22 ; 1 2 S SBM MC S BC S BC S S BM MC x y S BC x y     = =        + + + ⇒ = = ≥ + Như vậy 1 max 2ADME S S= . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y= . Khi đó M là trung điểm của BC. Vd 5: Giả sử 1 1 1, ,C B A là các điểm tùy ý trên các cạnh AB,CA,BC của tam giác ABC .Ký hiệu 1 2 3, , ,S S S S là diện tích các tam giác 1 1 1 1 1 1, , ,ABC AB C BC A CA B CMR: 1 2 3 3 2 S S S S+ + ≤ Giải: BĐT đã cho tương đương với 31 2 3 2 SS S S S S + + ≤ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1. . . 1 3 . . . 2 2 AB AC BA BC CB CA AB AC BC BA CA CB VT AB AC AB BC AC BC AC AB AB BC BC AC   = + + ≤ + + + + + =    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: 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∆ = + + = + + ≥
 
1 22 2 2EAF A A BAC= + = FAE∆ là tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất. 21 B C A N M PE F Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 9 Ta có: EF nhỏ nhất min minAE AN 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: HMP∆ : AB là đường phân giác của
EMH , AC là đường phân giác của
FPH . Ta có: AB,AC gặp nhau tại A nên AH là tia phân giác của góc trong của tam giác tại H hay HA là tia phân giác
MHP . Vì AH HC⊥ nên HC là đường phân giác góc ngòai của A tại đỉnh H. 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. ( )2 2 2 2 cos 1IK x y xy A⇒ = + − Đặt , , ,AIK ABCS S S S AI x AK y′= = = = , ta có: ' 2 S S const= = . Do 1 ysin 2 S x A′ = mà S′ và A không đổi nên xy không đổi. ( )2 2min minIK x y⇔ + . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ( )2 2 minx y 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. 2 ' tan . ' 2 2 A S IK S Do S= = nên 2 tan 2 A IK = . P M B C A H F E Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 10 Vậy độ dài bờ rào ngắn nhất   { }( )2 tan min , ,2m A B Cα α= = = 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: 2 2 2 2 2 2 c a b a b b c c a m m m + + + + + Giải: Trước hết ta có 2 2 2 22 2a a b c m+ = + Ta sẽ chứng minh: 2 2 4 a b c R m + ≤ Theo hệ thức lượng đường tròn: 2 2 1 1 1. . 4 4a a a a MA MA MB MC m MA MA m = ⇔ = ⇒ = Ta lại có: 1 1 2MA MA AA R+ = ≤ 2 2 2 2 2 4 8 4 2 4 . 2 a a a a a a a m R m a Rm m a m R m ⇒ + ≤ ⇒ + ≤ ⇒ + ≤ 2 2 2 2 4 4a a b c b c Rm R m + + ≤ ⇒ ≤ . Một cách tương tự, và cộng các bất đẳng thức lại vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 1 1 1 2 2 2 AA R BB R ABC CC R =  = ⇔ ∆  = đều. Khi đó d=2R. 4. Gọi H là trực tâm ABC∆ nhọn và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Cm: 6HA HB HC r+ + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi nào? Giải: Ta thấy: 2 3. 2 BC HA S S= + ( )2 3 2 322 a x S S ax S S⇒ = + ⇒ = + Tương tự: Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 11 ( ) ( ) 1 3 1 2 2 ax 2.2 2 ABC by S S by cz S cz S S = +  + + = = +  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 ( ) ( ) ( ) ( )3 ax 2a b c x y z by cz+ + + + ≥ + + Thật vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 3ax 3 3 0 0 0 3 a x y z b x y z by c x y z cz a y x x z y z a b ⇒ + + − + + + − + + + − ≥ ⇔ − − − ≥   ⇔ − − ≥ ∑ ∑ Vì a b c≥ ≥ , x y z≤ ≤ nên (3) đúng. Từ (1) và (2) ( )( ) 3.4 12 2 6 a b c a b c x y z S r x y z r + + + + + + ≥ = ⇒ + + ≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a b c a b c ABC x y z = = ⇔ = = ⇔ ∆ = = đều. 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: 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 ( )max maxAB AC BD⇔ + ⇔ . a c b x y z 3 2 1 B C A H a α 2 α D' K A' B C A D Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 12 Mà
2 BDC D α = ⇒ di động trên cung chứa 2 α dựng trên đoạn BC (có giới hạn bởi tiếp 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 chứa góc 2 α đó chính là điểm A′ , điểm chính giữa cung chứa góc α ) ABC∆ có chu vi lớn nhất khi nó là tam giác cân tại A có ,BC a A α= = 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 3 ABC S . Giải: Gọi diện tích các tam giác , , ,ABC MBC MAC MAB và các hình thang lần lượt là ' ' ' 1 2 3 1 2 3, , , , , ,S S S S S S S . Ta có: ( ). .ADE ABC g g g∆ ∆∼ 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 ADE ABC S AA AA MM S AA AA S S S MM S Do S S AA S S S S S    + ⇒ = =         ′+   ⇒ = + =       ′⇒ = + Tương tự ta có: 22 32 2 2 3 32 ; 2 SS S S S S S S ′ ′= + = + B C A M A2 M2 H G D E F K A1 Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 13 Mà: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2 21 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 33 S S S S S S S S S S S S S S S+ + = + + + − + − + − ≥ + + ( ) 2 2 2 2 1 2 3 1 2 33 S S S S Do S S S S⇒ + + ≥ = + + Do đó: 1 2 3 1 2 3 7 2 3 3 S S S S S S S S S′ ′ ′ ′ ′ ′+ + ≥ + ⇒ + + ≥ . 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 2 3 ABE AGF ACE AGE S S S S =  = . Chứng minh rằng: 4 9BEGF CFGE ABC S S S+ ≥ . Giải: Ta đặt: 1 2; ;ABC AEG AFGS S S S S S= = = Ta có: 2 1 2 1 2 1 1 2 3 (1) 3 ABF BEGF BEGF CFGE ACE CFGE S S S S S S S S S S S S S S = = + +  ⇒ + = + = = + +  Ta có: ( )1 2 1 1 13 3 3 ACE ABF ACE ABF S S AE AF S S S S S S S S AB AC     + = + = + = +      1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .2 3 3 2 3 4 (2) 9 AEFSAE AFS S S S AB AC S S S S S S S S S S ⇒ + ≥ = + ⇒ + ≥ ⇔ + ≥ Từ (1) và (2) suy ra 4 9BEGF CFGE S S S+ ≥ Dấu “=” xảy ra 1 2 S S G EF =  ∈ F E B C A G Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 14 8.Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và bán kính R. Điểm M nằm trên AO và 1 AM k MO = > . Từ M kẻ dây CD bất kì. Tìm max ABCDS . Giải: ( )2 2 1 onsABCD ACD BCD OCD OCD S S S AM BM AB AO k c t S S MO MO MO MO + = = + = = = + = ABCDS⇒ lớn nhất OCDS⇔ lớn nhất Mà ta lại có: 1 . .sin 2OCD S OC OD α= nên OCDS khi sinα lớn nhất α⇔ nhỏ nhất. Mà ta dễ thấy: 90 180α< < . sinα lớn nhất α⇔ nhỏ nhất. Ta dễ thấy α CD OA⇔ ⊥ . Khi đó ta có: ' 'max OCDS OC DS= Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ' 2 1 1 OM OM R OM MA k R k k R R MC R k k k k = ⇔ = ⇒ = + + = − = +   + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' ' 2 2 ' 2 1 2 ' ' 2 1 1 . ' ' 2 2 1 2 2 1ABCD OC D S R MC k k k R C D k k k R S MO C D k k k R Max k k k ⇒ = + + ⇒ = + + ⇒ = = + + ⇒ = + + 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:  A B BC AC⇒ ≥ ⇒ ≥ Ta có:

180oAMF AME+ =

( )max ; 90oAMF AME⇒ ≥ Giả sử
90oAMF ≥ α D' C' D BOA C M Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 15 Suy ra tam giác AMF tù. 2 2 2 2 2AM ME AC BC a⇒ + ≤ ≤ − Ta có: 2 2 2 3 2 2 a a AM a AM+ ≤ ⇒ ≤ Ta có: 3 2 2 3 2 2 AEF ABC a S EF MA aS BC BC = = ≤ = 3AEF ABCS S⇒ ≤ * Bài tập tự luyện: 1. Cho ABC∆ có các cạnh không bằng nhau, gọi các điểm G,I,H lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, trực tâm của tam giác. Chứng minh rằng:
90oGIH > . 2. Phân giác của góc A,B,C trong ABC∆ cắt đường tròn ngoại tiếp tại 1 1 1, ,A B C . Giả sử , ,o o oA B C lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A,B,C . Chứng minh: 1 1 1 ) 2 ; ) 4 . o o o o o o A B C AC BA CB A B C ABC a S S b S S = ≥ 3. Cho ABC∆ cân tại A và có
060BAC ≤ . Hãy tìm điểm M trênmặt phẳng sao cho tổng 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 24 t− và cạnh dài nhất có độ dài bằng t, với 2 2t< < . 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 MF E A C B Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 16 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 , , ; , , , , ,a b c a b cAB c AC b BC a m m m d d d= = = lần lượt là các trung tuyến và các phân giác ứng với các cạnh 1 2, , ; ,a b c d d 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; , ,a b cr r r là đường tròn bàng tiếp các cạnh , ,a b c . Ta có các hệ thức sau: 2 2 2 2 2 2 4a b c a m + − = ; 2 2 2 2 2 9 a b c d R + + = − ( )2 2 22 1 5 169d p r Rr= + − ; , ,a b c S S S r r r p a p b p c = = = − − − 4 abc R S = ; S r p = ; ( ) ( )( )S p p a p b p c= − − − 2 3 3 3 2 a b c a b c a b c m m m m m m a b c + + ≥ + + ≥ ; ( ) ( )( )a b c a c b b c a abc+ − + − + − ≤ ( ) ( )9 5 20 4a b b c c a ab bc ca m m m m m m ab bc ca+ + < + + < + + 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; , ,a b cm m m 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 0MA MB MCα β γ+ + ≥   Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 17 Bình phương hai vế của MA MB BA− =    ta được 2 2 22 .MA MB MA MB AB= + −   và từ đây qua các phép biến đổi tương đương ta sẽ có được bđt sau: ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 1MA MB MC a b cα β γ α β γ βγ αγ αβ+ + + + ≥ + + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0MA MB MCα β γ+ + =   Nhưng khi cho M là trọng tâm tam giác thì ta sẽ có (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 29 1.1 4a b c m m m a b cα β γ α β γ βγ αγ αβ+ + + + ≥ + + - Chọn , ,a b cα β γ= = = thay vào (1.1) ta được: ( )2 2 2 9 1.2 4a b c am bm cm abc+ + ≥ Biến đổi tương đương bất đẳng thức (1.2) ta sẽ có các bất đẳng thức sau: 2 2 2 9 2 2 2 a b c a b c a b c m m m abc R S ah bh ch h h h R   + + ≥ = = = =    ( ) ( ) ( )3 3 3 2 2 23 9 2a b c abc a b c a b c+ + + ≤ + + + + - Chọn , , 2 a b c a p a b p b c p c p + +  = − = − = − =    thay vào (1.1). Ta có: ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 1 1 1 a p b p c ap p a p b p c p a p p a p r S S pr ra p a p p a   − − = − − − −  −     = − − = − −   − −    Tương tự với ( )( ) ( )( )2 2&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: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 9a b cp a m p b m p c m S R r− + − + − ≥ − - Chọn , , a cb a b c m mm α β γ= = = thay vào 1.2 ta sẽ được: ( )9 1.3 4b c a c b a am m bm m cm m abc+ + ≥ - Chọn , ,bc ca abα β γ= = = thay vào 1.2 ta có: ( ) 2 2 2 3 3 39 4 4 a b cm m m a b c a b c 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: Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 18 Vd 1: Cho ABC∆ , từ điểm F trên AC vẽ các đoạn thằng EG//AB, và EF//AC (F,G thuộc đoạn AB và AC). Cm 2 16ABC BEF CEGS S S≥ . Giải: 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 : 2 1 1 2 1 2 ; ; ; ; ; ; BC a BE a CE a AB c AF c FB c CA b AG b GC b = = = = = = = = = Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 216 16 ( )( )( ) ( )( )( )BEF CEGS S p p a p b p c p p a p b p c= − − − − − − 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 22 2 ( )( )2 ( )( )2 ( )( )p p p a p a p b p c p c p b= − − − − − − ( ) ( ) ( ) ( ){ }1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2p p p p a a p p b b p p c c≤ + + − + + − + + − +           ( ) ( )( ) 2ABCp p a p b p c S= − − − = Vậy ta có: 2 16ABC BEF CEGS S S≥ 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, CE của góc BCH. Chứng minh rằng 2 1ABC CEF S S ≥ + . Giải: Đặt ; ;AB c BC a CA b= = = Ta có: ABC CEF S AB S EF = Ta có:

CBF ACH=



ACF FCB FBC CFA⇒ = + = ACF⇒ ∆ cân tại A. AC AF b⇒ = = c2 c1 b2 b1 a2 a1 B A C F E G F E H B C A Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 19 Tương tự: tam giác BCE cân tại B suy ra BC=BE=a EF BE AF AB a b c⇒ = + − = + − Để chứng minh: ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 (1) AB c EF EF c a b c c a b ≥ + ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ + − ⇔ ≥ + Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) c a b ab c ab c c ab c = + ≥ ⇒ ≥ + ⇒ ≥ + Mà ta có: ( )22 2 2 2 2 2 2 (3) ab c a b ab a b ab c a b + = + + = + ⇒ + = + Từ (1),(2),(3) ta có: 2 1 2 1ABC CEF Sc EF S ≥ + ⇒ ≥ + (đpcm) Vd 3: Cho ABC∆ . Lấy M thuộc AB, N thuộc AC, thỏa 1AM AN k AB AC = = < ; Dựng AMON làm thành hình bình hành. Kẻ 1 đường thẳng bất kì d cắt AB,AC tại E,F sao cho G không nằm ngòai AEF∆ . Chứng minh: 24AGE AGF ABCS S k S+ ≥ Giải: Ta có: . cos . .cosANB AMCS AN AB AM AC Sα α= = = 1 2,h h lần lượt là khỏang cách từ M và B tới AC. Khi đó ta có: 1 1 2 2 AGFAMF ABF ABF Sh S hAM k k h AC S S h = = ⇒ = = = Tương tự ta có: AGE ACE S k S = Ta có: ( ) ACE ABEAGE AGF ACE ABF ABC ABC S S S S k S S k S S   + = + = +    . 2 . . .cos 2 2 2 . .cos ABC ABC AGE AGFAEF ABC ABC ABC ABC ABC AE AF AE AF kS kS AB AC AB AC S SSAE AF kS kS kS AB AC S S α α   = + ≥    = = ≥ 22AGE AGF ABCS S k S⇔ + ≥ (đpcm) α F E B C A G M N Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 20 Dấu “=” xảy ra / / AGE AGF EF BC G EF S S   ∈  = Vd 4: Trong tất cả các tứ giác có 3 cạnh là a. Gọi S là diện tích các tứ giác đó. CM: 2 3 3 4 a S ≤ Giải: Ta có:  ( )  ( ) 360oA D B C+ + + =  ( )  ( )min ; 180oA D B C ⇒ + + ≤  Qua C kẻ d//AB. Vẽ (A;2a) cắt d tại D′ . Khi đó ta có tứ giác ABCD′ cũng thỏa điều kiện của tứ giác nêu ra. Ta có:

' 90oDAC DA C> ≥ Suy ra khỏang cách từ D đến AC nhỏ hơn khỏang cách từ D′ đến AC ' ' ' ' 'ADC AD C ABC ADC AD C ABC ABCD AB C DS S S S S S S S⇒ < ⇔ + < + ⇔ < Nên để tứ giác trên có diện tích lớn nhất thì có điều kiện 2 cạnh này song song. Ta xét diện tích hình thang đó. Kẻ BE//AD. Khi đó ABED là hình thoi. BEC∆ là tam giác cân tại B. Đặt
ADE α= ta có:
2EBC pi α= − Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 1 sin sin 2 2 1 sin sin 2 1 2 ABCD ABED BCES S S a a a α pi α α α = + = + −   = +    a a a d A B A' C D Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5 21 [ ] ( )( ) ( ) ( ) ( )42 2 32 2 1 sin sin 2 sin sin cos sin (1 cos ) 0 2 1 1 6 sin (1 cos ) 1 cos 1 cos 3 3cos 1 cos 3 3 4 S S AM