Phương pháp cơ bản để chứng minh bất đẳng thức

1 PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A TÍNH CHẤT BẤT ĐẲNG THỨC Định nghóa : • Bất đẳng thức hệ thức có dạng : A > B ⇔ A – B > hay A < B ⇔ A – B < A ≥ B ⇔ A – B ≥ hay A ≤ B ⇔ A – B ≤ (dạng suy rộng) Trong A, B biểu thức chứa biến số hay số Tính chất : 2.1 a > ⇔ a + m > b + m 2.2 Neáu m > : a > b ⇔ am > bm Nếu m < : a > b ⇔ am < bm Vài tính chất khác : 3.1 Nếu a > b b < a 3.2 Nếu a > b b > c a > c 3.3 Nếu a > b c > d a + c > b + d (tính chất không áp dụng cho phép trừ hai đẳng thức chiều) 3.4 Nếu a > b > c > d > ac > bd 3.5 Nếu a > b ab > 1 < a b 3.6 Neáu a > b > n số nguyên dương : an > bn 3.7 Neáu a > b > n số nguyên dương : n a > n b Ghi : Các tính chất nêu sử dụng bất đẳng thức suy rộng Vài cách thông thường để chứng minh bất đẳng thức : • Dựa vào định nghóa (xét hiệu hai vế) • Dùng phương pháp biến đổi tương đương • Dựa vào bất đẳng thức biết … phối hợp phương pháp B PHƯƠNG PHÁP DỰA VÀO ĐỊNH NGHĨA Muốn chứng minh bất đẳng thức A ≥ B ta xét hiệu A – B chứng minh A – B ≥ Lưu ý : A2 ≥ A2 + B2 ≥ Và bất đẳng thức : (A ± B)2 = A2 ± 2AB + B2 ≥ (A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2(AB + BC + CA) ≥ 1.1 Chứng minh bất đẳng thức : x4 + y4 ≥ x3y + xy3 x4 + y4 + ≥ 4xy 1.2 Cho hai số dương x, y chứng minh bất đẳng thức : x3 + y3 ≥ x2y + xy2 Cho hai số dương x, y thỏa điều kiện : x3 + y3 = x – y Chứng minh bất đẳng thức : x2 + xy + y2 < 1.3 Chứng minh bất đẳng thức : a2 + b2 + ≥ ab + a + b a2 + b2 + c2 ≥ ab + 2bc − ca 1.4 Chứng minh bất đẳng thức : x2 + y2 + ≥ 2(x + y) + xy Đẳng thức xảy ? Gợi ý : Tách –2x thành x – 3x, đưa hiệu hai vế dạng : 2 ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ − y + ⎟ + ⎜ − 1⎟ ⎜ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠ 1.5 Chứng minh abc = a3 > 36 : a2 + b2 + c > ab + bc + ca Gợi ý : a2 a2 a2 Tách thành + 12 Đưa hiệu hai vế dạng : ⎛a ⎞ a − 36 − b − c⎟ + ⎜ 12a ⎝2 ⎠ C PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Dùng tính chất bất đẳng thức để biến đổi bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với bất đẳng thức mà ta biết Cần lưu ý biến đổi tương đương có điều kiện, chẳng hạn : A > B2 ⇔ A > B điều kiện A, B > m > n ⇔ Am > An điều kiện A > m, n nguyên dương 1.6 Chứng minh bất đẳng thức : (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax – by)2 x + y + z ≥ xy + yz + zx (với x, y, z ≥ 0) 1.7 Chứng minh bất đẳng thức : (a6 + b6)(a4 + b4) ≤ 2(a10 + b10) 1.8 Cho ba số dương a, b, c Chứng minh raèng : a < b a > b a < b a Nếu > b Nếu a+c b+c a+c b+c 1.9 Cho hai số dương a b x y ≤ Chứng minh raèng : a b x x+y y ≤ ≤ a a+b b 1.10 Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : Suy : a a 2a < < a+b+c b+c a+b+c a b c 1< + + x + y = ta coù : (x + 1)(y + 1) ≥ 9xy ⇔ xy + x + y + ≥ 9xy ⇔ ≥ 8xy ⇔ ≥ 4xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ (x – y)2 ≥ 1.13 Cho a > b > hai số nguyên dương m n với m > n Chứng minh am − b m an − b n > am + b m an + b n : 1.14 Cho ba số dương x, y, z với x > z y > z Chứng minh : z(x − z) + z(y − z) ≤ xy 1.15 Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện : x3 + y3 + z3 = x2 Chứng minh bất đẳng thức : Suy : x − x2 + y − y2 + 1− x z − z2 Gợi ý : Lưu ý đẳng thức không xảy >2 ≥ 2x3 1.16 Cho xy ≥ , chứng minh bất đẳng thức : 1 + − ≥0 2 + x + y + xy Hướng dẫn : Trong điều kiện xy ≥ Bất đẳng thức tương đương với : ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ − − ⎜ ⎟+⎜ ⎟ ≥ ⇔ ………… ⇔ 2 ⎝ + x + xy ⎠ ⎝ + y + xy ⎠ (x − y)2 (xy − 1) ≥ ⇔ xy – ≥ ⇔ (1 + x )(1 + y )(1 + xy) 1.17 Cho x ≥ y ≥ z > Chứng minh : ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ y ⎜ + ⎟ + (z + x) ≤ (z + x) ⎜ + ⎟ ⎝z x⎠ y ⎝z x⎠ Hướng dẫn : Trong điều kiện x ≥ y ≥ z > 0, chứng minh bất đẳng thức tương đương với y2 + zx ≤ yz + xy ⇔ (y – x)(y – z) ≤ 1.18 Tìm số nguyên x, y, z thỏa bất đẳng thức : x2 + y2 + z2 < xy + 3y + 2z – Hướng dẫn : Do x, y, z số nguyên, bất đẳng thức tương đương với : x2 + y2 + z2 – xy – 3y – 2z + ≤ -1 ⎛ ⇔ ⎜ x − xy + ⎝ ⎞ y2 ⎞ ⎛ y2 ⎟ + ⎜ − y + 1⎟ + ( z − z + 1) ≤ ⎠ ⎝ ⎠ y y ⇔ ⎛ x − ⎞ + ⎛ − 1⎞ + ( z − 1)2 ≤ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ ⎝2 ⎠ Tìm : x=1,y=2,z=1 D PHƯƠNG PHÁP TỔNG HP Dựa vào tính chất bất đẳng thức bất đẳng thức suy diễn để tìm bất đẳng thức phải chứng minh Ta thường dùng bổ đề sau : 2 A + B ≥ 2AB (A + B) ≥ 4AB A B ≥ (với A > 0) + ≥ (với AB > 0) A B A 1 + ≥ (với A, B > 0) … A B A+B A + B2 ⎛ A + B ⎞ ≥⎜ ⎟ ⎝ ⎠ A+ 1.19 Chứng minh bất đẳng thức : x2 + y2 + z2 + t2 ≥ (x + y)(z + t) 1.20 Chứng minh : Nếu a + b > a2 + b2 > 2 Nếu a2 + b2 ≤ a + b ≤ 1.21 Chứng minh bất đẳng thức : x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z) 1.22 Chứng minh x2 + y2 = : - ≤x+y≤ 1.23 Chứng minh : a2 + b2 + c2 = : Hướng dẫn : − ≤ ab + bc + ca ≤ Với a2 + b2 + c2 = ta coù : (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ hay + 2(ab + bc + ca) ≥ (1) ab + bc + ca ≥ Mặt khác : a2 + b2 ≥ 2ab ⎫ ⎪ b2 + c2 ≥ 2bc ⎬ ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca c2 + a2 ≥ 2ca ⎪ ⎭ hay ab + bc + ca ≤ (2) 1.24 Cho hai số không âm a, b Chứng minh raèng : (a + b)(ab + 1) ≥ 4ab 1.25 Cho ba số không âm x, y, z Chứng minh raèng : (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz 1.26 Chứng minh bất đẳng thức : (x + y)2(y + z)2 ≥ 4xyz(x + y + z) Hướng daãn : (x + y)2(y + z)2 = (xy + y2 + zx + yz)2 = [(x + y + z)y + zx]2 ≥ 4(x + y + z)y.zx = 4xyz(x + y + z) 1.27 Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện : x + y + z = Chứng minh : y + z ≥ 16xyz Hướng dẫn : 12 = [x + (y + z)]2 ≥ 4x(y + z) maø y + z > 1(y + z) ≥ 4x(y + z)2 maø (y + z)2 ≥ 4yz y + z ≥ 4x.4yz = 16xyz 1.28 Cho ba số dương x, y, z Chứng minh : x+y y+z z+x + + ≥6 z x y Goïi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : 2a 2b 2c + + ≥ b+c−a c+a−b a+ b−c Hướng dẫn : Đặt : b + c – a = x ; c + a – b = y ; a + b – c = z : 2a = y + z ; 2b = z + x ; 2c = x + y Vận dụng kết câu (1) 1.29 Cho bốn số dương x, y, z, t thỏa điều kiện : xyzt = Chứng minh x2 + y2 + z2 + t2 + x(y + z) + y(z + t) + z(t + x) + t(x + y) ≥ 12 Gợi ý : x, y, z, t > vaø xyzt = cho zt = >0 ; xy xy + zt = xy + ≥2 xy 1.30 1 + = x y z x+z z+y ≥4 + 2x − z 2y − z Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện : Chứng minh bất đẳng thức : Hướng dẫn : 2xy Thế vào vế trái bất đẳng thức phải x+y chứng minh biến đổi : x+z z + y x + 3y y + 3x y x + = + = + + + 2x − z 2y − z 2x 2y 2 x 2 y ⎛ 1⎞ 3⎛ x y⎞ = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ≥ + = ⎝2 2⎠ 2⎝y x⎠ Tính z theo x, y : z = 1.31 Cho ba số dương x, y, z xy x+y ≤ x+y 1 x+y+z + + ≤ 1 1 1 + + + x y y z z x Chứng minh bất đẳng thức : Suy : Gợi ý : 1 + x y = xy x+y = ≤ x+y x+y xy 1.32 Cho hai số dương x, y Chứng minh : 1 + ≥ x y x+y Đẳng thức xảy lúc ? Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác p nửa chu vi Chứng minh raèng : 1 ⎛ 1 1⎞ + + ≥ 2⎜ + + ⎟ p−a p−b p−c ⎝a b c⎠ Đẳng thức xảy lúc tam giác có đặc điểm ? 1.33 Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức : 1 1 1 + + > + + a+ b−c b+ c−a c+a− b a b c Hướng dẫn : Do bất đẳng thức độ dài ba cạnh tam giác, ta coù : a+b–c>0 b+c–a>0 c+a–b>0 1 ≥ (1) Neân : + = a+ b−c b+ c−a a+ b−c+ b+ c−a b 1 (2) Tương tự : + ≥ b+ c−a c+a− b c 1 + ≥ (3) c+a−b a+ b−c a Từ (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh 1.34 Cho hai số dương x,y thỏa điều kiện x+y =1 Chứng minh bất đẳng thức : 1 + ≥6 xy x + y Hướng dẫn : - Dùng bất đẳng thức : (x + y)2 ≥ 4xy tìm : ≥4 xy 1 + ≥ (với a, b > 0) : a b a+ b 1 ⎛ 1 ⎞ … + = +⎜ + ≥ + 2 ⎟ xy x + y 2xy ⎝ 2xy x + y ⎠ 2xy (x + y)2 - Vận dụng bất đẳng thức : 1.35 Cho ba số x, y, z thỏa hai điều kiện : x + y + z = vaø xy + yz + zx = ⎡ 4⎤ Chứng minh số x, y, z thuộc đoạn ⎢ 0; ⎥ ⎣ 3⎦ Hướng dẫn : x+y+z=2⇔2–x=y+z (2 – x)2 = (y + z)2 ≥ 4yz 4yz = 4[1 – x(y + z)] = 4[1 – x(2 – x)] (2 – x)2 ≥ 4(x – 1)2 ⇔ x(3x – 4) ≤ ⇔ ≤ x ≤ Tương tự với y z 1.36 a2 + b ⎛ a + b ⎞ ≥⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vận dụng để chứng minh có + x + + y = + z Chứng minh bất đẳng thức : có : x + y ≥ 2z 1.37 Cho hai số dương x, y thỏa điều kiện x + y = Chứng minh : 2 1⎞ ⎛ ⎞ 25 ⎛ ⎜x + ⎟ +⎜y + ⎟ ≥ x⎠ ⎝ y⎠ ⎝ Hướng dẫn : a2 + b ⎛ a + b ⎞ ≥⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vận dụng bất đẳng thức : ⎡⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎢⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ ⎢⎝ x⎠ ⎝ y⎠ ⎣ 2 ⎤ 1⎛ 1⎞ ⎥ ≥ ⎜x+ + y+ ⎟ x y⎠ ⎥ 4⎝ ⎦ 1⎡ x + y⎤ 1⎛ ⎞ = ⎢( x + y ) + ⎥ = ⎜ + xy ⎟ 4⎣ xy ⎦ ⎝ ⎠ (do x + y = 1) Mặt khác : (x + y)2 ≥ 4xy hay ≥ 4xy ⇒ 2 1⎞ ⎛ 1⎞ 25 ⎛ Neân : ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ ≥ (1 + ) = x⎠ ⎝ y⎠ 2 ⎝ 10 ≥4 xy (do xy > 0) M cắt (O/) N (B nằm M va N) Xác định vị trí (d) để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN có độ dài lớn 7.20 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Lấy điểm M cung nhỏ BC : kẻ MH , MI, MK vuông góc với BC, CA, AB H, I, K Xác định vị trí M để : Σ = MA + MB + MC + MH + MI + MK có giá trị nhỏ ? có giá trị lớn ? Hướng dẫn : Gọi a độ dài cạnh tam giác ABC, đặt : Σ1 = MA + MB + MC Σ2 = MH + MI + MK Treân dây MA lấy MD = MB, chứng minh : - Tam giác MBD để có : BD = MB - Hai tam giác MBC DBA để có : MC = DA Nên : Σ1 = MA + MB + MC = 2MA Mặt khác : 2S(ΔMBC) 2S(ΔMCA) 2S(ΔMAB) MI = MK = MH = a a a Σ2 = [S(ΔABC) + 2S(ΔMBC)] a Ta coù : Σ nhỏ M trùng B (hoặc C) lúc Σ1 Σ2 nhỏ Σ lớn M trùng M0 (M0 điểm cung nhỏ BC) lúc Σ1 Σ2 lớn D VẬN DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ Để vận dụng bất đẳng thức đại số ta thường đặt (hay nhiều) đại lượng hình học (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, tỉ số lượng giác góc, diện tích hình …) làm biến Biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ hay lớn biểu thức biến (hay biến) sử dụng bất đẳng thức đại số thích hợp để tìm điều kiện mà biểu thức đạt cực trị 74 7.21 Cho tam giác ABC có diện tích S Trên cạnh BC, CA, AB lấy đoạn thẳng : BD = k.BC, CE = k.CA, AF = k.AB Tính diện tích tam giác DEF theo S k Định k để diện tích tam giác DEF nhỏ Hướng dẫn : S(ΔABD) BD = = k ⇒ S(ΔABD) = k.S S BC S(ΔAFD) AF = k ⇒ S(ΔAFD) = k2.S = S(ΔABD) AB S(ΔDBF) = S(ΔABD) – S(ΔAFD) = k(1 – k).S S(ΔCED) = k(1 – k).S ; S(ΔAFE) = k(1 – k).S S(ΔDEF) = S – 3k(1 – k).S = S(3k2 – 3k + 1) ⎡ ⎛ S ⎞ 1⎤ Maø S(3k – 3k + 1) = S ⎢3 ⎜ k − ⎟ + ⎥ ≥ ⎠ 4⎥ ⎢ ⎝ ⎣ ⎦ S S(ΔDEF) = (taïi k = ) 7.22 Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R điểm M đường tròn Kẻ MH vuông góc với AB H Định vị trí điểm M để diện tích tam giác OMH lớn Hướng dẫn : OH.HM Mà : OH2 + HM2 ≥ 2OH.HM hay R2 ≥ 4S ∧ R2 (taïi OH = HM hay MOH = 450) max S = OH2 + HM2 = OM2 = R2 S= 7.23 Cho tam giác nhọn ABC có cạnh BC cố định Kẻ hai đường cao AD BE, gọi H trực tâm Xác định vị trí điểm D cạnh BC để tích DA DH đạt giá trị lớn Hướng dẫn : Hai tam giác vuông DBH DAC đồng dạng cho : DA.DH = DB.DC 75 (DB + DC)2 ≥ 4DB.DC ⎛ BC ⎞ hay ⎜ ⎟ ≥ DB.DC ⎝ ⎠ BC2 Neân : DA.DH = DB.DC ≤ (hằng) Đẳng thức xảy DB = DC BC2 (tại D trung điểm BC) max(DA.DH) = Mà : 7.24 Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm M miền tam giác kẻ MD, ME, MF vuông góc với BC, CA, AB D, E, F Xác định vị trí M để : MD2 + ME2 + MF2 đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn : Kẻ đường cao AH đường thẳng MN ⊥ AH N Vận dụng định lí Pitago : ME2 + MF2 = ME2 + AE2 = MA2 mà MA ≥ NA nên : ME2 + MF2 ≥ NA2 mà MD = NH nên : N M MD2 + ME2 + MF2 ≥ NH2 + NA2 NH + NA AH ⎛ NH + NA ⎞ ≥ ⎜ = ⎟ 2 ⎝ ⎠ AH MD2 + ME2 + MF2 ≥ (haèng) AH (tại M trung điểm AH) (MD2 + ME2 + MF2) = 7.25 Cho tam giác nhọn ABC Từ điểm M thuộc miền tam giác kẻ MH, MI, MK vuông góc với BC, CA, AB H, I, K Xác định vị trí M để : Σ = AK2 + BH2 + CI2 nhỏ 76 Hướng dẫn : AK + MK = MA = AI2 + MI2 ⎫ ⎪ BH + MH = MB2 = BK + MK ⎬ neân AK2 +BH2 +CI2 = AI2 +CH2 +BK2 CI2 + MI2 = MC2 = CH + MH ⎪ ⎭ 2Σ = (AK2 + BK2) + (BH2 + CH2) + (AI2 + CI2) ≥ (AK + BK)2 (BH + CH)2 (AI + CI)2 ≥ + + 2 2 2 AB + BC + CA Σ≥ AB + BC2 + CA (tại M tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC) minΣ = 7.26 Cho tam giác nhọn ABC với ba đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm, tìm giá trị nhỏ biểu thức : Σ= Hướng dẫn : AH BH CH + + DH EH FH Goïi S, S1, S2 , S3 diện tích tam giác ABC, HBC, HCA, HAB : S AD AD DH AD − DH AH ⇒ = = = = S1 DH S S1 S − S1 S − S1 AH S − S1 AH S2 + S3 ⇒ = = DH S1 DH S1 BH S3 + S1 CH S1 + S2 = = EH S2 FH S3 Neân ⎛S S ⎞ ⎛S S ⎞ ⎛S S ⎞ Σ = ⎜ + ⎟+⎜ + ⎟+⎜ + ⎟ ≥ + + = ⎝ S2 S1 ⎠ ⎝ S3 S2 ⎠ ⎝ S1 S3 ⎠ S Σ = (taïi S1 = S2 = S3 = ) 7.27 Cho tam giaùc ABC có độ dài ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c Goïi x, y , z khoảng cách từ điểm M miền tam giác với cạnh BC, CA, AB Xác định vị trí M để tổng : 77 Σ= a b c + + x y z đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn : Diện tích tam giác ABC : Xét tích : S= (ax + by + cz) ⎛ a b c⎞ (ax + by + cz) ⎜ + + ⎟ = a2 + b2 + c2 + ⎝x y z⎠ ⎛x y⎞ ⎛y z⎞ ⎛z x⎞ ab ⎜ + ⎟ + bc ⎜ + ⎟ + ca ⎜ + ⎟ ⎝x z⎠ ⎝y x⎠ ⎝z y⎠ ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 hay (a + b + c)2 2S Σ ≥ (a + b + c)2 ⇔ Σ ≥ 2S (a + b + c) (tại M tâm đường tròn nội tiếp ΔABC) minΣ = 2S 7.28 Cho tam giác ABC vuông góc A có diện tích S Gọi M điểm thuộc cạnh huyền BC, kẻ MD ME vuông góc với AB AC D E Xác định vị trí M để diện tích tứ giác ADME lớn nhất, theo S tính diện tích lớn Hướng dẫn : AB.AC S’ = AD.AE Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : AB = AD + DB ≥ AD.DB ⎫ ⎪ ⎬ ⇒ AB.AC ≥ AD.DB.AE.EC AC = AE + EC ≥ AE.EC ⎪ ⎭ S= Hai tam giác vuông đồng dạng BDM MEC cho : MD DB neân CE.DB = MD.EM = AE.AD = CE EM Neân : hay : AB.AC ≥ (AD.AE)2 = 4AD.AE S 2S ≥ 4S’ ⇔ S’ ≤ 78 max S’ = S (tại M trung điểm BC) 7.29 Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên cạnh CD lấy điểm E (E khác D), đặt DE = x Đường thẳng vuông góc với AE A cắt đường thẳng CD F Tính cạnh tam giác AEF theo a x Xác định vị trí E để độ dài đoạn thẳng EF nhỏ Hướng dẫn : EF = x + a2 x AE = x2 + a AF = a x + a2 x a2 a2 ≥ x = 2a EF = x + x x EF = 2a (taïi x = a hay E trùng C) 7.30 Cho tam giác ABC điểm M miền tam giác Các đường thẳng AM, BM, CM cắt BC, CA, AB D, E, F Tìm giá trị nhỏ biểu thức : Σ= AM BM CM DM EM FM Hướng dẫn : Gọi S, S1, S2 , S3 diện tích tam giác ABC, MBC, MCA, MAB Kẻ đường cao AH đường thẳng MK ⊥ BC taïi K S AH AD AM + MD AM = = = = +1 ⇒ S1 MK DM DM DM AM S S − S1 S2 + S3 = −1 = = DM S1 S1 S1 BM S3 + S1 CM S1 + S2 = = EM S2 FM S3 Σ= ≥ AM BM CM S2 + S3 S3 + S1 S1 + S2 ≥ = DM EM FM S1 S2 S3 S2 S3 S3 S1 S1 S2 =8 S1S2S3 79 Σ = (tại M trọng tâm tam giác ABC) 7.31 Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt O Biết diện tích tam giác OAB cm2 diện tích tam giác OCD cm2 Hãy tìm giá trị nhỏ diện tích tứ giác ABCD Hướng dẫn : Gọi S1, S2 , S3 , S4 diện tích tam giác OAB, OBC, OCD, ODA Tỉ số diện tích hai tam giác có chiều cao tỉ số hai đáy ứng với chiều cao : OB S1 S2 ⇒ S2.S4 = S1.S3 = = OD S4 S3 Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : S2 + S4 ≥ S2 S4 = S1 S3 hay S2 + S4 ≥ 4.9 = 12 (S2 + S4) = 12 (taïi S2 = S4 = 6) (S1 + S2 + S3 + S4) = + + 12 = 25 cm2 (khi S2 = S4 = cm2) 7.32 Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên hai cạnh AB AD lấy hai điểm M N cho tam giác AMN có chu vi 2a Xác định vị trí M N để tam giác AMN có diện tích lớn Hướng dẫn : Đặt AM = x , AN = y (0 < x, y < a) : MN = x+y+ x2 + y2 x + y ≥ xy - Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : - Mặt khác : x2 + y2 ≥ 2xy Neân ⇒ hay x + y ≥ 2xy 2a = x + y + 2a xy ≤ 2+ x + y ≥ xy + 2xy hay ⎛ 2a ⎞ xy ≤ ⎜ ⎟ ⎝2+ ⎠ 1 ⎛ 2a ⎞ Do : S = xy ≤ ⎜ ⎝2+ ⎟ ⎠ max S = ⎛ 2a ⎞ ⎜2+ ⎟ ⎝ ⎠ 7.33 80 x + y = 2a 2 ( = haèng) (taïi AM = AN = 2a ) 2+ Cho tam giác ABC có chu vi 2p Một đường thẳng song song với BC cắt hai cạnh AB, AC M N Biết MN tiếp xúc với đường tròn nột tiếp tam giác ABC Tìm giá trị lớn độ dài đoạn thẳng MN Hướng dẫn : Kẻ đường cao AH tam giác ABC, gọi r bán kính đường tròn nội tiếp Đặt BC = a , AH = h đường cao AK tam giác AMN : (h – 2r) MN h − 2r Do MN // BC : = a h a(h − 2r) ⇒ MN = h ⎫ S = ah ⎪ ah Diện tích tam giaùc ABC : ⎬ ⇒ r= 2p S = pr ⎪ ⎭ Do : MN = K r H a⎛ 2ah ⎞ a(p − a) ⎜h− ⎟= h⎝ 2p ⎠ p Chứng minh : p – a > 0, vận dụng bất đẳng thức Cauchy : a2 + (p − a)2 a(p – a) ≤ p Đẳng thức xảy a = p p (taïi a = ) max MN = 7.34 Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R = Tam giác ABC thay đổi ngoại tiếp đường tròn (O) Một đường thẳng qua O cắt AB, AC M N Xác định giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN 81 Hướng dẫn : Kẻ đường cao MH tam giác AMN Diện tích tam giác AMN 1 AM + AN S = AM.1 + AN.1 = 2 Vận dụng bất đẳng thức Cauchy ta coù : AM + AN ≥ AM.AN ≥ 2S S= Neân : S2 ≥ 2S ⇔ S ≥ S = (khi AM ⊥ AN vaø AM = AN = 2) 7.35 Cho tam giác ABC điểm M thuộc miền tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Xác định vị trí M để tích xyz đạt giá trị lớn Hướng dẫn : Ñaët BC = a, CA = b, AB = c , diện tích tam giác ABC : S = (ax + by + cz) Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : ax + by + cz ≥ 3 ax.by.cz hay ax + by + cz ≥ 3 abc.xyz Mà : abc số nên tích xyz lớn : ax = by = cz Gọi D, E, F giao điểm MA, MB, MC với BC, CA, AB ta coù : S(DAB) DB S(DMB) DB = = S(DAC) DC S(DMC) DC Neân : DB S(DAB) S(DMB) = = DC S(DAC) S(DMC) S(DAB) − S(DMB) S(MAB) cz = = = =1 S(DAC) − S(DMC) S(MCA) by Suy : DB = DC hay D trung điểm BC Tương tự : E trung điểm CA, F trung điểm AB Vậy tích xyz đạt giá trị lớn M trọng tâm tam giác ABC 82 7.36 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Trong hình chữ nhật MNPQ nội tiếp nửa đường tròn, (M, N thuộc nửa đường tròn; P, Q thuộc đường kính AB) hình có chu vi lớn ? Hướng dẫn : Ñaët PQ = 2a, MQ = b (a, b > 0) p dụng định lí Pitago tam giác OMQ : Chu vi hình chữ nhật MNPQ : 2(2a + b) Chu vi lớn : (2a + b)2 lớn Vận dụng bất đẳng thức Schwartz : (2a + b)2 ≤ (22 + 12)(a2 + b2) hay (2a + b)2 ≤ 5R2 Vaäy : a2 + b2 = R2 max 2(2a + b) = 2R (tại a = R ; b = ∧ (ứng với tg AOM = : điểm M xác định) R ) 7.37 Cho tam giác vuông cân ABC : AB = AC = a Trên cạnh BC, CA, AB lấy điểm D, E, F cho DEF tam giác vuông cân E Xác định vị trí D, E, F để tam giác DEF có diện tích nhỏ Hướng dẫn : Kẻ DH ⊥ AC H hai tam giác vuông AEF HDE Đặt : AF = HE = x AE = HD = y : AB = AE + HE + HC = y + x + y hay : a = x + 2y Diện tích tam giác vuông cân DEF : EF x + y = S= 2 Vận dụng bất đẳng thức Schwartz : a2 = (x + 2y)2 ≤ (12 + 22)(x2 + y2) hay a2 ≤ 5.2S a2 a2 S = S≥ 10 10 a 2a Taïi AF = ; AE = D thuộc cạnh BC cho tam giác DEF cân 5 E, lúc dễ thấy : 83 ∧ ∧ ∧ ∧ ∧ DEF = 180 − (AEF + DEH) = 180 − (AEF + EFA) = 180 − 90 = 90 7.38 Cho đường tròn (O ; r) Coi tam giác ABC ngoại tiếp (O ; r), kẻ tiếp tuyến song song với cạnh tam giác Các tiếp tuyến tạo với cạnh tam giác ABC ba tam giác AMN, BPQ, CRS có diện tích S1, S2, S3 Gọi S diện tích tam giác ABC Tìm giá trị lớn biểu thức : S1 + S2 + S3 S Hướng dẫn : Gọi h1 h chiều cao phát xuất từ A hai tam giác đồng dạng AMN vaø ABC 2 S1 ⎛ h1 ⎞ ⎛ h − 2r ⎞ ⎛ 2r ⎞ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = ⎜1 − ⎟ S ⎝h⎠ ⎝ h ⎠ ⎝ h⎠ Đặt : BC = a , CA = b , AB = c p nửa chu vi tam giaùc ABC ah S= S = pr ah Neân : 2r = p S1 a S1 ⎛ a ⎞ = 1− Do : = ⎜ − ⎟ hay S p S ⎝ p⎠ S2 b S3 c = 1− = 1− Tương tự : S p S p Neân : S1 S S a+b+c 2p + + = = 3− =1 S S S p p Vận dụng bất đẳng thức Schwartz : ⎛ S1 S + + ⎜ S ⎝ S ( S1 + S2 + S3 ) hay : 12 ≤ S S + S2 + S3 Vaäy : = S S3 ⎞ S2 S3 ⎞ 2 ⎛ S1 ⎟ ≤ (1 + + ) ⎜ + + ⎟ S ⎠ ⎝S S S⎠ S + S2 + S3 ⇔ ≥ S (taïi a = b = c : ABC tam giác đều) 84 7.39 Cho hình chữ nhật ABCD điểm E thuộc cạnh BC Phân giác góc DAE cắt BC F Xác định vị trí E để tỉ số AE đạt giá trị nhỏ EF Hướng dẫn : Đặt DAF = FAE = α (0 < α ≤ 450), ta coù : AFE = α (goùc so le trong) Góc so le AEF cân E nên : EA = EF Kẻ EH vuông góc với AF H : AF 2HF = 2cosα ≥ 2cos450 = = = EF EF hàm cosin nghịch biến đoạn [00 ; 900] Đẳng thức xảy : α = 450 ⇔ E trùng B ⎛ AF ⎞ (tại E trùng B) Vậy : ⎜ ⎟= ⎝ EF ⎠ 7.40 Cho tam giác ABC vuông A Coi nửa đường tròn đường kính AB AC miền tam giác ABC Qua A kẻ đường thẳng (d) cắt nửa đường tròn nói D E Xác định vị trí (d) để chu vi tứ giác BCED đạt giá trị lớn Hướng dẫn : Đặt BAD = α ACE =α , ( < α < 90 ) chu vi hình thang vuông BCED : Σ = BC + CE + EA + AD + DB = BC + ACcosα + ACsinα + ABcosα + ABsinα Σ = BC + (AB + AC)(sinα + cosα) Maø : (sinα + cosα)2 ≤ 2(sin2α + cos2α) = Neân : sinα + cosα ≤ Do : Σ ≤ BC + (AB + AC) Vaäy chu vi hình thang BCED lớn : ⇔ α = 450 sinα = cosα = 85 7.41 Cho đoạn AB điềm I nằm hai điểm A B Trong nửa mặt phẳng bờ AB kẻ hai tia Ax By vuông góc với AB Trên Ax lấy điểm C, tia vuông góc với IC I cắt By D Chứng minh : AC BD = IA IB Ba điểm A, B, C cố định, xác định vị trí I để diện tích tứ giác ABDC đạt giá trị lớn Lược giải ∧ ∧ Hai tam giác vuông AIC BDI có : AIC = BDI (góc nhọn có cạnh vuông góc ) AC IA = ⇒ AC BD = IA IB Chúng đồng dạng nên : BI BD Tứ giác ABDC có : AC// BD ( ∧ BD lớn IA.IB Mà BD = nên : AC vuông góc với AB) A = 900 Nên hình thang vuông mà diện tích : (AC + BD) AB S= Trong AC, AB có độ dài không đổi nên diện tích hình thang ABDC lớn đáy max S ⇔ max BD max BD ⇔ max IA IB Ta coù : (IA + IB)2 ≥ IA IB ⇒ IA IB ≤ (IA+IB) AB2 = 4 (haèng) Đẳng thức xẩy : IA = IB Vậy I trung điểm AB hình thang vuông ABDC có diện tích lớn 7.42 Cho đường tròn (O; R)và điểm A đường tròn với hai tiếp tuyến AB AC (B, C hai tiếp điểm) Một tiếp tuyến thứ ba M (M thuộc cung nhỏ BC) cắt AB AC D E Xác định vị trí M để : Diện tích tam giác ADE lớn Bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác ADE lớn Hướng dẫn Dễ thấy : ΔODM =ΔODB ; ΔOEM = ΔOEC Nên : S (OBDEC) = 2S (ODE) 86 Maø : S (ADE) = S (ABOC) – 2S (ODE) Trong : S (ABOC) không đổi max (ADE) ⇔ (ODE) S (ODE)= DE OM (OM = R) S (ODE) ⇔ DE ⇔ M điểm cung nhỏ BC Chu vi tam giác ADE : 2p = AD + DE + AE = AD + DM + EM + AE = (AD + DB) + (AE + EC) = 2AB (hằng) Diện tích tam giác ADE : S = pr = AB.r mà AB không đổi Nên : max S ⇔ max r Bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác ADE lớn diện tích tam giác ADE lớn nghóa M có vị trí cung nhỏ BC 7.43 Cho ba đường tròn : (O1, R1), (O2, R2), (O, R)đôi tiếp xúc tiếp xúc với đường thẳng (d) R bán kính nhỏ Tìm giá trị nhỏ tích R1 R2 theo R Hướng dẫn Tiếp điểm M hai đường tròn (O1) (O2) nằm O1 O2 Tiếp điểm N hai đường tròn (O1) (O) nằm O1 O Tiếp điểm P hai đường tròn (O2) (O) nằm O2 O Từ B kẻ đường thẳng song song với O, O2 cắt OA D Tứ giác O1O2BD hình bình hành (giả sử R1 ≥ R2) AC = R R BC = R R Tính được: AB = R R 1 Maø AB = AC + BC hay R 1R = R 1R + R R Đi đến : 1 (hằng) + = R1 R2 R ⇔ max R 1R 1 R1 R2 Từ bất đẳng thức : (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ab ≤ (a + b)2 Ta coù : R1R2 ⇔ max 87 1 ⎞ 1⎛ ⎟ = 1⎛ ⎞ = Ta coù : ≤ ⎜ + ⎜ ⎟ ⎜ R1 4⎝ R⎠ 4R R1 R2 R2 ⎟ ⎠ ⎝ 1 1 Nên : max = = ⇔ R1 = R2 = 4R giá trị R1 R 4R R1 R2 nhỏ tích R1R2 16R2 (tại R1 = R2 = 4R) 88