1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Một số bất đẳng thức trong hình học phẳng

94 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Tiêu đề Một Số Bất Đẳng Thức Trong Hình Học Phẳng
Tác giả Nguyễn Nhật Tân
Người hướng dẫn TS. Nguyễn Ngọc Quốc Thương
Trường học Trường Đại Học Quy Nhơn
Chuyên ngành Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Thể loại Đề Án Thạc Sĩ
Năm xuất bản 2023
Thành phố Bình Định
Định dạng
Số trang 94
Dung lượng 1,11 MB

Cấu trúc

  • 1.1.1 Bất đẳng thức giữa các cạnh (6)
  • 1.1.2 Bất đẳng thức liên quan đến các giá trị lượng giác của các góc . 10 (14)
  • 1.1.3 Bất đẳng thức liên quan đến các đường đặc biệt trong tam giác 15 (19)
  • 1.2 Bất đẳng thức liên quan đến diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp tam giác trong hình học phẳng (24)
    • 1.2.1 Bất đẳng thức liên quan đến diện tích tam giác (24)
    • 1.2.2 Bất đẳng thức của bán kính các đường tròn đặc biệt của tam giác 26 (30)
  • 1.3 Một số bất đẳng thức liên quan đến điểm bất kỳ và tam giác (38)
  • 1.4 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng 44 (48)
  • 2.1 Bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc trong tứ giác trong hình học phẳng (66)
  • 2.2 Bất đẳng thức liên quan đến diện tích tứ giác trong hình học phẳng . . 70 2.3 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng 82 (74)

Nội dung

Trang 2 Mục lụcMục lụcMở đầu ii1 Một số bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong tam giác tronghình học phẳng 11.1 Bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc trong tam giác trong hình h

Bất đẳng thức giữa các cạnh

Đầu tiên là một số bất đẳng thức về cạnh và các giá trị lượng giác của góc. Định lý 1.1 (Bất đẳng thức tam giác, [10]) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c Khi đó

Gọi H là hình chiếu củaAlên cạnhBC Khi đó áp dụng bất đẳng thức giữa đường xiên và đường vuông góc ta được

BH ≤BA, (Dấu "=" xảy ra khiA≡H),

CH ≤CA, (Dấu "=" xảy ra khiA≡H).

Cộng hai về của bất đẳng thức lại ta được

BH+CH ≤BA+CA, điều này tương đương với

Dấu đẳng thức xảy ra khi A trùng với H, điều này dẫn đến A, B, C thẳng hàng, mâu thuẫn Do đó

Tương tự ta cũng chứng minh được các bất đẳng thức CA < BC +AB và AB AB −BM vàAM > AC−CM, suy ra 2AM > AB+AC−(BM+CM) +AC−BC Từ đó ta được

GọiDlà điểm đối xứng củaAquaM Khi đóABDC là hình bình hành nênAB Xét tam giácACD, ta có AD < AC+CD +AB Suy ra2AM < AB+AC, do đó

Bài toán 1.2 Cho tam giác ABC có AC > AB, tia phân giác góc A cắt BC tại D,

E là một điểm nằm trên đoạn thẳng AD Chứng minh rằng AC−AB > EC−EB. Chứng minh.

Trên AC lấy điểm K sao cho AK = AB Khi đó △AEB = △AEK (c.g.c) nên

EB =EK Xét tam giác EKC, ta cóKC > EC −EK, do đó

Bài toán 1.3 (Định lý Pompiu, [10]) Cho tam giác đều ABC và một điểm M bất kỳ Chứng minh trong ba đoạn thẳngM A, M B, M C, mỗi đoạn thẳng có độ dài không lớn hơn tổng độ dài hai cạnh còn lại.

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh M A+M B ≥M C.

Gọi N là ảnh của M qua phép quay tâm B góc quay−60 0 , khi đó tam giácBM N là tam giác đều Lại cóC cũng là ảnh của A qua phép quay tâm B này nên ta suy ra

Xét tam giác M N C (có thể suy biến), ta có M N +N C ≥M C, do đó

Bài toán 1.4 Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là H Chứng minh rằng

Dựng đường thẳng quaH song song vớiAB cắt AC tại D Dựng đường thẳng qua

H song song AC cắt AB tại E Tứ giác AEHD là hình bình hành nên

AD=HE, AE =HD Xét tam giác AHD ta có

HA < HD+AD⇔HA < AE+AD (1.1)

Vì HE ∥AC mà AC ⊥BH ⇒HE ⊥BH Trong tam giác vuông HBE ta có

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1.1),(1.2),(1.3),ta suy ra

HA+HB+HC CAM\ và đó điểmLnằm trong gócBAM\ Mặt khác, do \BAH phụ với gócBb và\CAH phụ với góc C, cho nênb BAH HL VậyAH < AL < AM.

Bài toán 1.16 ([5]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng a m a + b m b + c m c ≥2√

Chứng minh Ta có trung tuyến trong tam giácABC

Tương tự ta có b mb

3 a 2 +b 2 +c 2 Cộng 3 bất đẳng thức thì được điều phải chứng minh.

Bài toán 1.17 ([5]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng b+c≥ a

3 2R nên bất đẳng thức tương đương với b+c≥ a

Nhận xét 1.3 Dựa vào bài toán trên ta có thể suy ra h a +h b +h c ≤

Bài toán 1.18 ([5]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng b+c≥ a

Chứng minh Theo công thức tính độ dài đường phân giác và bất đẳng thức Cauchy ta có : a

Nhận xét 1.4 Dựa vào bài toán trên ta có thể suy ra

Bài toán 1.19 ([5]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

Chứng minh Áp dụng công thức phân giác , ta có

Bài toán 1.20 ([5]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng m a

2√ bc. Chứng minh Ta có m a

Bài toán 1.21 ([5]) Cho tam giác ABC thỏa mãn 2A+ 3B =π Chứng minh rằng

2 Từ đó ta suy ra

4,điều này dẫn tới bất đẳng thức cần chứng minh.

Bất đẳng thức liên quan đến diện tích, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp tam giác trong hình học phẳng

Bất đẳng thức liên quan đến diện tích tam giác

Định lý 1.10 (Các công thức tính diện tích tam giác, [1]) Xét tam giácABC, khi đó ta có

Bài toán 1.22 ([1]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

2absinC suy ra 2S ≤ ab Tương tự 2S ≤bc và 2S ≤ ca. Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được

2 Từ bất đẳng thức trên và từab+bc+ca≤a 2 +b 2 +c 2 , suy raS ≤ 1

Bài toán 1.23 ([1]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

Chứng minh 1 Đặt x=p−a, y=p−b, z =p−c Ta có

Khi đó bất đẳng thức trở thành p3xyz(x+y+z)≤xy+yz+zx.

Bất đẳng thức này tương đương với

3xyz(x+y+z)≤(xy+yz+zx) 2 , hay x 2 yz +xy 2 z+xyz 2 ≤x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 Đặt m=xy, n=xz, p=yz thì bất đẳng thức trở thành mn+mp+np ≤m 2 +n 2 +z 2 ⇔2(mn+mp+np)≤2 m 2 +n 2 +z 2

⇔(m−n) 2 + (m−p) 2 + (n−p) 2 ≥0. Vậy bất đẳng thức ban đầu đúng.

3S. Áp dụng Định lý Cosin và công thức diện tíchS = 1

−2ab cosC+ sin 60 ◦ cos 60 ◦ sinC

− 2ab cos 60 ◦ (cos 60 ◦ cosC+ sin 60 ◦ sinC)

3 Ta có công thức tính trung tuyến m c của tam giác :

. Thay vào câu (2) trên, ta có :

Bài toán 1.24 ([3]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng a 2 +b 2 +c 2 ≥4 S√

Chứng minh Đặt x=p−a >0, y =p−b > 0, z =p−c > 0 Khi đó theo công thức Heron

⇔ (xy−yz) 2 + (yz−zx) 2 + (zx−xy) 2 ≥0.

Bài toán 1.25 (Bất đẳng thức Weizenbock, [6]) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x+y, y+z, z+x, xy+yz +zx≥0.

Khi đó xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥4S√ xy+yz+zx.

Chứng minh Thayc 2 =a 2 +b 2 −2abcosC vàS = 1

2absinC vào bất đẳng thức, ta có xa 2 +yb 2 +zc 2 ≥4√ xy+yz+zxãS

⇔ (x+z)a 2 + (y+z)b 2 ≥2ab[√ xy+yz+zxsinC+zcosC]

⇔ (x+z)a b + (y+z)b a ≥2(sinC√ xy+yz+zx+zcosC). Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có

(sinC√ xy+yz+zx+zcosC) 2 ≤ xy+yz+zx+z 2 sin 2 C+ cos 2 C

Do đó ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

√x+z cos 2 C z 2 = sin 2 C xy+yz+zx = sin 2 C+ cos 2 C xy+yz+zx+z 2 = 1

(x+z)(y+z). Thay b và cosC tương ứng vào biểu thức c 2 =a 2 +b 2 −2bccosC ta được c 2 =a 2 +a 2 x+z y+z −2a 2 rx+z y+z z p(x+z)(y+z)

Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a

√x+y. Bài toán 1.26 ([1]) Chứng minh rằng trong mọi tam giácABC

Ta sẽ chứng minh tanA

Kết hợp Bài toán 1.11 và công thức bán kính đường tròn nội tiếp ta suy ra

3 + S 3 p 3 (p−a)(p−b)(p−c). Theo công thức Heron S 2 =p(p−a)(p−b)(p−c)nên ta suy ra

Bài toán 1.27 ([6]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng a 6 h 3 b +b 6 h 3 c +c 6 h 3 a ≥96SR 4 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương, ta có a 6 h 3 b +b 6 h 3 c +c 6 h 3 a ≥3 2 h b ãb 2 h c ãc 2 h a = 3abcãah a ãbh b ãch c

Lại có ah a ãbh b ãch c = 2S.2S.2S = 8S, abc= 4RS.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Bất đẳng thức của bán kính các đường tròn đặc biệt của tam giác 26

tam giác Định lý 1.11 (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tam giác ABC ta có r= (p−a) tanA

2. Định lý 1.12 (Công thức bán kính đường tròn bàng tiếp) Trong tam giác ABC ta có r a =ptan A

2. Định lý 1.13 (Công thức tâm tỉ cự) Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác Khi đó ta có

Nhận xét 1.5 Từ Định lý trên ta có thể suy ra các kết quả quen thuộc sau đây:

0, với G là trọng tâm tam giác.

0, với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Định lý 1.14 (Công thức Euler, [6]) Cho tam giác ABC, d là khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác đó Khi đó d 2 =R 2 −2Rr.

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 củaBC và Q là hình chiếu của I trên OD Khi đó

OB 2 −OI 2 =OB 2 −DB 2 +DI 2 −OI 2

= (M O+DM)(M O−DM) + (DQ+QO)(DQ−QO)

=DO(M O−DM +DQ+OQ) = R(2M Q) = 2Rr.

Vậy OI 2 =R 2 −2Rr, nghĩa là d 2 =R 2 −2Rr.

Từ Định lý trên ta có thể suy ra bất đẳng thức sau.

Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức Euler, [6]) Cho tam giác ABC Khi đó

R ≥2r. Đẳng thức xảy ra khi và khi tam giác ABC đều.

Nhận xét 1.6 ([10]) Ngoài ra, có thể biểu thị diện tích của tam giácABC, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nửa chu vi của nó theo x, y, z như trong công thức Ravi Vì a =y+z, b = z+x và c= x+y, trước tiên, chúng ta thu được p= a+b+c

2 =x+y+z Sử dụng công thức Heron cho diện tích tam giác, chúng ta có được

Công thức S=pr dẫn chúng ta đến r= S p p(x+y+z)xyz x+y+z r xyz x+y+z.

4p (x+y+z)xyz Bài toán 1.28 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng a+b+c≤3√

Chứng minh Theo Bài toán 1.10 ta có sinA+ sinB+ sinC ≤ 3√

2 (Định lý hàm số sin)

Bài toán 1.29 ([1]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng ha h 2 c + hb h 2 a +hc h 2 b ≥ 1 r. Chứng minh Bất đẳng thức đã cho tương đương với

⇔ a 2 b +b 2 c +c 2 a ≥a+b+c. Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopski :

Bài toán 1.30 ([2]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng h a

(p−a)(p−b) c√ ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : h a

Bài toán 1.31 ([1]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng m a +m b +m c ≤ 9

Chứng minh Gọi G là trọng tâm của tam giácABC, và M là một điểm tuỳ ý Ta có

. Thay M bởi tâm O của đường tròn ngoại tiếp, ta được:

Bài toán 1.32 ([2]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng rr a ≤ a 4

2 Chứng minh Theo Định lý 1.2.1 ta có rr a = S p S p−a

Bài toán 1.33 ([2]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng r a 2 +r 2 b +r 2 c ≥m 2 a +m 2 b +m 2 c

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với p

Sử dụng phép biến dổi Ravi, đặt a =y+z, b =z+x, c =x+y, bất đẳng thức (1.4) trở thành:

Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 1.34 (Bất đẳng thức Gerretsen, [6]) Cho tam giácABC Chứng minh rằng

16Rr−5r 2 ≤p 2 Chứng minh Ta sẽ chứng minh

Theo hệ thức Euler và phương tích trọng tâm, ta có :

Mà IG 2 ≥0, suy ra p 2 ≥16Rr−5r 2

Bài toán 1.35 ([9]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng r

2. Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤b ≤c Gọi O, I là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giácABC;O ′ , I ′ tương ứng là hình chiếu củaO, I trên AC Ta có

2(a+b−c) Theo tính chất phép chiếu, hiển nhiên ta có

Theo công thức Euler, ta cóOI 2 =R 2 −2Rr Vi

2 , nên từ (1.6) ta suy ra:

Vậy (1.5) đúng, ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.36 ([9]) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng

√3 2r Chứng minh Sử dụng phép biến đổi của Ravi, a=y+z, b=z+x và c=x+y Bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra

Một số bất đẳng thức liên quan đến điểm bất kỳ và tam giác

Bất đẳng thức về quan hệ giữa một điểm bất kỳ với các yếu tố trong tam giác là một mô hình quen thuộc Ở mục này ta sẽ khỏa sát một số bất đẳng thức thuộc dạng này cũng nhưng trình bày và chứng minh một số bất đẳng thức hình học nổi tiếng. Định lý 1.15 (Bất đẳng thức Erdos-Mordell, [4]) Cho điếm P nằm trong tam giác ABC, gọi d a , d b , d c lần lượt là khoảng cách từ P đến BC, CA, AB Khi đó, ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó.

Gọi X, Y, Z lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ điểmP xuống BC, CA, AB tương ứng Vì tam giác AY Z nội tiếp đường tròn đường kính P A nên theo Định lý hàm sin ta có Y Z =P A.sinA Từ đó theo Định lý hàm cosin ta được

Do π−A =B+C nên khai triển và nhóm lại ta được

P AsinA q (d b sinC+d c sinB) 2 + (d b sinC+d c sinB) 2

Hoàn toàn tương tự ta cũng có

P BsinB ≥d a sinC+d c sinA, P CsinC ≥d a sinB+d b sinA. Để ý bất đẳng thức x+ 1 x ≥2, từ ba bất đẳng thức trên ta được :

P A+P B+P C ≥ d b sinC+d c sinB sinA +d a sinC+d c sinA sinB +d a sinB +d b sinA sinA

=da sinB sinC +sinC sinB

+db sinA sinC +sinC sinA

+dc sinB sinA + sinA sinB

Cuối cùng, dễ thấy dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi ba gócA, B, C bằng nhau, đồng thời d a =d b =d c , tức là khi tam giác ABC đều, đồng thờiP là tâm đường tròn ngoại tiếp của nó.

Bài toán 1.37 ([6]) Cho tam giác ABC và P là một điểm tùy ý trong tam giác.Ký hiệu R 1 =P A, R 2 =P B và R 3 =P C Chứng minh rằng

Chứng minh Gọir 1 , r 2 , r 3 lần lượt là khoảng cách từP đến các cạnhBC, CA, AB Dễ thấyR 1 +r 1 ≥h a , R 2 +r 2 ≥h b , R 3 +r 3 ≥h c Cộng 3 bất đẳng thức này theo vế và áp dụng bất đẳng thức Erdos-Modell ta được h a +h b +h c ≤(R 1 +R 2 +R 3 ) + (r 1 +r 2 +r 3 )≤ 3

2(R 1 +R 2 +R 3 ). Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có

Bài toán 1.38 ([6]) Cho tam giác ABC và P là một điểm nằm trong tam giác.

Gọi r 1 , r 2 , r 3 lần lượt là khoảng cách từ P đến các cạnh BC, CA, AB Ký hiệu R 1 P A, R 2 =P B, R 3 =P C Chứng minh rằng

⩽ 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 Chứng minh GọiA 1 , B 1 , C 1 lần lượt là hình chiếu củaP lênBC, CA, AB GọiA ′ , B ′ , C ′ , A ′ 1 , B 1 ′ , C 1 ′ lần lượt là ảnh củaA, B, C, A 1 , B 1 , C 1 qua phép nghịch đảo cựcP tỉ sốr 2 2 , khi đó ta có

P A 1 P A ′ 1 =P B 1 P B 1 ′ =P C 1 P C 1 ′ =r 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giácA ′ 1 B 1 ′ C 1 ′ ta có

⩽ 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 Định lý 1.16 (Bất đẳng thức Klamkin, [6]) Cho ABC là một tam giác tùy ý và P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác Với các số thực x, y, z ta có

≥yza 2 +zxb 2 +xyc 2 Chứng minh Ta có

P A)≥0. (1.10) Theo Định lýcosin ta có

P A) =P C 2 +P A 2 −b 2 Thay các bất đẳng thức trên vào (1.10) ta được x 2 P A 2 +y 2 P B 2 +z 2 P C 2

≥yza 2 +zxb 2 +xyc 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x−→

Bài toán 1.39 ([6]) Cho ABC là một tam giác tùy ý vàP là điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác Chứng minh rằng

Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin vớix= 1 a 2 , y = 1 b 2 , z = 1 c 2 ta thu được bất đẳng thức (1) Nếu cho x = 1 b 2 , y = 1 c 2 , z = 1 a 2 thì ta có bất đẳng thức (2), còn nếu cho x= 1 c 2 , y = 1 a 2 , z = 1 b 2 ta sẽ có bất đẳng thức (3). Định lý 1.17 (Định lí Euler cho tam giác Pedal, [6]) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kínhR 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 giácXY Z được tính theo diện tích tam giác ABC và khoảng cách M O bởi công thức sau

Chứng minh Kéo dàiAM, BM, CM cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểmX ′ , Y ′ , Z ′ tương ứng Ta có ZXM\ = M BZ\ (tứ giác BZM X nội tiếp), M BZ\ = ABY\ ′ (B, Z, A thẳng hàng và B, M, Y ′ thẳng hàng), ABY\ ′ = AX\ ′ Y ′ (cùng chắn cung AY ′ ) Từ đó suy ra ZXM\ =AX\ ′ Y ′ Tương tự Y XM\ =AX\ ′ Z ′ Từ đó suy ra ZXY\ =Z\ ′ X ′ Y ′ Ta sẽ kí hiệu hai góc này là X và X ′ Ta có

2M C ãsinCãM BsinBãsinX (định lớ hàm số sin)

Bài toán 1.40 Cho điểmM thuộc miền trong tam giácABC, gọid1, d2, d3 lần lượt là khoảng cách từ điểmM đến các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng nếu d 1 d 2 d 3 ≥r 3 thì OM ≤OI trong đó I là tâm vàr là bán kính đường tròn nội tiếp tam giácABC.

Chứng minh Gọi H, I, K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống

BC, CA, AB Ta có

Theo định lí Euler cho tam giác Pedal HIK:

Theo hệ thức Euler: OI 2 =R 2 −2Rr Để chứng minh OM ≤OI hay OM 2 ≤OI 2 , ta sẽ chứng minh

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : a d 1 + b d 2 + c d 3 ≥ (a+b+c) 2 ad 1 +bd 2 +cd 3

= 2p r Lại theo giả thiết d1d2d3 ≥r 3 Do đó d 1 d 2 d 3 a d 1 + b d 2 + c d 3

Ngoài ra phương pháp vectơ cũng hay sử dụng trong các mô hình bất đẳng thức này.

Bài toán 1.41 ([5]) Cho tam giácABC trọng tâmG Chứng minh với mọi M, ta có

M A 2 +M B 2 +M C 2 ≥M AãGA+M BãGB+M C ãGC ≥GA 2 +GB 2 +GC 2

≥GA 2 +GB 2 +GC 2 Theo bất đẳng thức AM-GM

≥(M A.GA+M B.GB+M C.GC)− G 2 +GB 2 +GC 2

Bài toán 1.42 ([3]) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1. Chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trong tam giác, ta luôn có a 2 b 2 +c 2 −a 2

Chứng minh Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Theo Định lý 1.2.4 ta suy ra được sin 2A.−→

=a.2RsinA.2bc.cosA= 2abc.sin 2A >0.

Chứng minh tương tự ta được b 2 c 2 +a 2 −b 2 ãM B ≥2abc(1−−−→

Do đó a 2 b 2 +c 2 −a 2 ãM A+b 2 c 2 +a 2 −b 2 ãM B+c 2 a 2 +b 2 −c 2 ãM C

≥ 2abc(sin 2A+ sin 2B+ sin 2C) + 2abc(sin 2A.−→

Bài toán 1.43 ([10]) Gọi M là một điểm cho trước bên trong tam giác ABC và

P, Q, Rlần lượt là các điểm nằm trên các đường thẳng AB, BC, AC sao cho số đo các góc P M A,\ P M B,\ QM B,\ QM C\, RM A,\ RM C\ đều không vượt quá π

Chứng minh Ta có cosP M A.\ cosBM P\ = cos(P M A\ +BM P\) + cos(P M A\ −BM P\)

2 , từ đó,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2 Gọi A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là các điểm thỏa mãn

2 Khi đó, từ bất đẳng thức

≥0 ta suy ra được điều phải chứng minh.

Bài toán 1.44 ([3]) Cho△ABC Chứng minh rằng với mọiM nằm trong mặt phẳng và với mọi α, β, γ >0, ta có αM A 2 +βM B 2 +γM C 2 ≥ αβγ α+β+γ a 2 α +b 2 β +c 2 γ

Chứng minh Dựng điểmI ∈mp(ABC) sao cho α−→

, điều này dẫn tới αM A 2 +βM B 2 +γM C 2 = (α+β+γ)IM 2 + 1 α+β+γ αβc 2 +βγa 2 +γαb 2

Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng 44

cấp trong hình học phẳng

Bài toán 1.45(APMO 1996) Choa, b, clà độ dài của ba cạnh tam giác Chứng minh rằng √ a+b−c+√ b+c−a+√ c+a−b≤√ a+√ b+√ c.

Chứng minh Đặt a = y+z, b = z +x, c = x+y với x, y, z > 0, ta suy ra được a+b−c= 2z, b+c−a= 2x, c+a−b= 2y Từ đây, bất đẳng thức tương đương với

2z ≤√ x+y+√ y+z+√ z+x. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình toàn phương ta được

Hơn nữa, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =y= z, nghĩa là, khi và chỉ khi a=b c.

Bài toán 1.46(IMO, 1998) Choa, bvàclà độ dài các cạnh của một tam giác Chứng minh rằng a 2 b(a−b) +b 2 c(b−c) +c 2 a(c−a)≥0.

Chứng minh Sử dụng công thức Ravi vớia =y+z, b=z+x, c =x+y ta được a 2 b(a−b) +b 2 c(b−c) +c 2 a(c−a) = 2 xy 3 +yz 3 +zx 3

Khi đó, bất đẳng thức tương đương với x 2 y + y 2 z +z 2 x ≥x+y+z. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được x 2 y +y 2 z +z 2 x ≥ (x+y+z) 2 x+y+z =x+y+z.

Từ đây ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.47 (Hàn Quốc 1998) Cho tam giác ABC có BC = a, CA =b, AB =c. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại

Chứng minh Dễ thấy AC1 =p−a Suy ra a 1 = 2AC 1 sinA

≥36 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Bài toán 1.48 (HSG lớp 12 Đồng Tháp, 2016) Tam giácABC nội tiếp trong đường tròn (O)có các đường phân giác trong AA ′ , BB ′ , CC ′ cắt đường tròn (O) lần lượt tại

Chứng minh Chứng minh được△ABA ′ đồng dạng với△AA 1 C, suy raAA ′ ãAA 1

Ta cũng chứng minh được

AA ′ = 2bc.cos A 2 b+c , điều này dẫn tới

4. Đẳng thức xảy ra⇔a =b =c Khi đó tam giácABC đều.

Bài toán 1.49 (Olympic Toán học 30/4, khối 10, 2005) Cho tam giác ABC thoả mãn 2 tanB = tanA+ tanC Chứng minh rằng

2 Ta có cosA+ cosC = 2 cosA+C

Bài toán 1.50 (Đề thi HSG toán lớp 11 tỉnh Bình Định 2022) Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng cosA−B

Chứng minh Vì 0< A, B, C < π nên ta có cos

(a+b)p c 2 −(a−b) 2 2c√ ab ≤ a+b p2 (a 2 +b 2 Bất đẳng thức này tương đương

≥0 (đúng vì tam giác ABC nhọn)

≤ a+b p2 (a 2 +b 2 ). Tương tự ta cúng chứng minh được cos

Từ đây ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.51 (Đề thi HSG lớp 11 tỉnh Bình Định 2006 ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn có bán kính R= 1 Chứng minh sinA m a +sinB m b +sinC m c ≥√

Chứng minh Dùng định lí hàm số sin, ta có : sinA m a +sinB m b +sinC m c = a

√3a 2 a 2 +b 2 +c 2 Tương tự ta cũng chứng minh được b 2 2bm b √3b 2 p3b 2 (2c 2 + 2a 2 −b 2 ) ≥

Từ đó ta suy ra sinA ma

Bài toán 1.52 (Đề thi HSG toán lớp 11 tỉnh Bình Định 2011) Chứng minh mọi tam giác ABC ta luôn có

Chứng minh Theo công thức đường phân giác ta có

Mà theo bất đẳng thức Bunhiacopski

2(cosA+ cosB+ cosC+ 3). Lại có cosA+ cosB+ cosC ≤ 3

2,điều này dẫn đến điều cần chứng minh.

Bài toán 1.53 (Trung Quốc 1995) Cho tam giác ABC, chứng minh rằng

Chứng minh Từ bất đẳng thức Cauchy và Bài toán 1.2.2 ta có

R Một lần nữa áp dụng Cauchy, ta được

2x, vìf ′′ (x) = 1 x 2 >0nênf là hàm lồi Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có

Từ (1.11) và tính chấtlogx là hàm tăng, ta nhận được

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng a ≤ b ≤ c, điều này dẫn đến A ≤ B ≤

2C Áp dụng bất đẳng thức Tchebyshev,

Bài toán 1.54 (Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2005) Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng :

2(a+b+c),trong đó R m là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác có ba cạnh là m a , m b , m c

Chứng minh Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB GọiQlà điểm thỏa mãn −−→

M Q Khi đó dễ dàng chứng minh được tam giác AM Q là tam giác có độ dài ba cạnh là m a , m b , m c , cụ thể là

Gọi m 1 , m 2 , m 3 lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến xuất phát từQ, A, M của tam giác Q, A, M Khi đó ta có m 2 1 = 2(QM 2 +QA 2 )−AM 2

Từ đây bất đẳng thức cần chứng minh sẽ tương đương với

3(m 2 1 +m 2 2 +m 2 3 ). Áp dụng Bài toán 1.41 ta suy ra điều phải chúng minh.

Bài toán 1.55 (Tạp chí Toán học & tuổi trẻ, 2005) Cho tam giác ABC có diện tích S.R vàr lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng

P = sinA+ sinB+ sinC, Q= sinA.sinB.sinC.

Bài toán 1.56 (HSG TPHCM năm 2005) Cho △ABC Chứng minh rằng bc.cos 2 A

Chứng minh Ta có bc.cos 2 A

Bài toán 1.57 (Đề thi HSG toán lớp 11 tỉnh Bình Định 2019) Cho P là một điểm tuỳ ý nằm trong tam giác ABC Kí hiệu P A=R 1 , P B =R 2 , P C =R 1 Goi D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P đến BC, CA, AB Kí hiệu P D =r 1 ;P E r 2 :P F =r 1 Chứng minh:

Chứng minh Tứ giácAF P Enội tiếp đường tròn đường kínhR1 nên theo Định lý hàm sin ta có R 1 sinA = EF, suy ra R 2 1 sinA 2 small> 2 Do đó áp dụng Định lý hàm cosin cho tam giác P EF ta được

Tương tự ta cũng chứng minh được

Từ đây bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Từ đây ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.58 (Ấn Độ, 2003) Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giácABC Nếu chúng ta dựng một tam giác A ′ B ′ C ′ với độ dài các cạnh là a+ b

4S ABC Chứng minh Sử dụng phép biến dổi Ravi, đặta =y+z, b =z+x và c=x+y Khi đó độ dài các cạnh của tam giácA ′ B ′ C ′ là a ′ = x+ 2y+ 3z

Sử dụng công thức Heron cho diện tích tam giác, chúng ta có được

16 Áp dụng bất đẳng thức AM −GM để chứng minh rằng

Bài toán 1.59 (Balkan, 1999) Cho ABC là một tam giác nhọn và L, M, N là các chân đường cao hạ từ trọng tâm Gcủa △ABC tới các cạnhBC, CA, AB, tương ứng.

4 Chứng minh Ta có tam giác LM N là tam giác Pedal dựng từ trọng tâm G của tam giác ABC Áp dụng Định lí 1.17 , ta có

Từ đó suy ra S LM N ≤ 1

Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại Thật vậy, để ý rằng OG = 1

3OH Vì tam giác ABC nhọn, H nằm trong tam giác vàOH ≤R nên

Bài toán 1.60 (Iran 2005) Cho ABC là tam giác có ∠A = 90 ◦ Gọi D là giao điểm của đường phân giác trong của góc A với cạnh BC và gọi I a là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC đối diện với đỉnh A Chứng minh rằng

NếuE và F lần lượt là các hình chiếu củaI a trên các cạnh AB vàCA, thì rõ ràng nếu r a là bán kính của đường tròn bàn tiếp tiếp, thì ta có ra =IaE =F Ia =p, trong đó p là bán chu vi của ABC Ngoài ra, nếu h a là đường cao của tam giác ABC tính từ đỉnhA, thì AD

Vì ah a nên ta có

= 4Rr a 2 , trong đórvàRlần lượt là bán kính trong và bán kính đường tròn ngoại tiếp củaABC.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.61(Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2006) Cho△ABC Chứng minh rằng

Chứng minh Gọi O, I, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của △ABC Ta có

−8Rr ≥0, từ đây suy ra

Bài toán 1.62 (Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2001) Cho tam giác ABC và

M là điểm nằm trong △ABC Chứng minh rằng aM A 2 +bM B 2 +cM C 2 ≥abc.

Chứng minh Với I là tâm dường tròn nội tiếp ABC, ta có : a−→

⇔ a 2 IA 2 +b 2 IB 2 +c 2 IC 2 +ab IA 2 +IB 2 −c 2

Hơn nữa aM A 2 +bM B 2 +cM C 2 =a(−−→

Bài toán 1.63 (Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 1999) Cho M là một điểm bất kỳ trong tam giácABC Kí hiệu các khoảng cách từM đến 3 đỉnhA, B, C làRa, Rb, Rc và các khoảng cách từ M đến 3 cạnhBC, CA, AB là d a , d b , d c Chứng minh rằng d a +d b +d c ≥2 dbdc

Chứng minh GọiA 1 , B 1 , C 1 lần lượt là chân đường vuông góc củaM xuốngBC, CA, AB.

Gọi A 2 , B 2 , C 2 lần lượt là hình chiếu của M lên B 1 C 1 , C 1 A 1 , A 1 B 1 Khi đó

. Áp dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell cho tam giácA 1 B 1 C 1 , ta có

Bài toán 1.64 (Thử thách toán học, Tạp chí Toán học Tuổi trẻ, T9-266) Giả sử M là điểm nằm trong tam giác ABC Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M trên các đường thẳngBC,CA, AB Chứng minh rằng

(M A 1 +M B 1 ) 2 ≥3. Đẳng thức xảy ra khi nào ?

2 = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi △ABC đều và M là tâm của tam giác.

Một số bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong tứ giác trong hình học phẳng

Trong chương này ta sẽ khảo sát một số bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong tứ giác Trong hai phần đầu của Chương 2, chúng tôi sẽ lần lượt trình bày một số bất đẳng thức trong các tứ giác bất kỳ và dành ra một mục trong mỗi phần để khảo sát trường hợp tứ giác nội tiếp và ngoại tiếp đường tròn Mục cuối của chương này chúng tôi sẽ đưa ra một số đề thi học sinh giỏi có liên quan đến bất đẳng thức trong tứ giác.

Bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc trong tứ giác trong hình học phẳng

tứ giác trong hình học phẳng

Bài toán 2.1 ([10]) Cho ABCD là tứ giác lồi Chứng minh rằng nếu AB+BD AB+BC+CD+DA

Mặt khác,AC < AB+BC và AC < DA+CD Cộng theo vế hai bất đẳng thức này, ta có

AC < AB+BC +CD+DA

BD < AB+BC+CD+DA

Cộng theo vế hai bất đẳng thức, ta thu được

AC+BD < AB+BC+CD+DA.

Bài toán 2.4 ([9]) Cho hình bình hành ABCD Chứng minh rằng

Chứng minh Đặt a = AB, b = BC, x = AC, y = BD Vì ABCD là hình bình hành nên 2 (a 2 +b 2 ) = x 2 +y 2 Ta có thể giả sử mà không mất tính tổng quát rằng a ≤ b.

Rõ ràng là 2b < x+y, do đó(2b) 2 0.

Chứng minh Đặt a , b= BC, c d m và n GọiR là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCD Vì vậy, ta có

S ABCD = (ABC) + (CDA) = m(ab+cd)

S ABCD = (BCD) + (DAB) = n(bc+ad)

Vì vậy m n = bc+ad ab+cd >1⇔bc+ad > ab+cd

Bài toán 2.11 ([9]) Cho ABCD là hình vuông nội tiếp trong đường tròn và M là một điểm trên cung AB Chứng minh rằng

Chứng minh Gọi α=∠ACM vàβ =∠BDM, thì

4 Sử dụng bất đẳng thức tanαtanβtanπ

Bài toán 2.12 ([10]) Cho ABCD là tứ giác nội tiếp Chứng minh rằng

1 |AB−CD|+|AD−BC| ≥2|AC−BD|,

2 AB+BD≤AC+CD, nếuAb≥D.b

Chứng minh 1 Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD Lưu ý rằng △ABM ∼ △DCM Vì thế,

|AC−BD|=|AM +M C −BM −DM|

AB |AB−CD| ≤ |AB−CD|

Theo cách tương tự, chúng ta thu được|AC−BD| ≤ |AD−BC|, do đó

|AB−CD|+|AD−BC| ≥2|AC−BD|.

2 Vì BAC[ ≥\ADC nên M AD\ ≥M DA Do đó,\ M D ≥M A Vì

M A =k ≥1,nên AC+CD−AB−BD= (k−1) (AB+BM −AM)≥0.

Bất đẳng thức liên quan đến diện tích tứ giác trong hình học phẳng 70 2.3 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng 82

trong hình học phẳng Đầu tiên ta sẽ tìm hiểu hai công thức đặc biệt dùng tính diện tích tứ giác lồi. Định lý 2.1 ([2]) Cho tứ giác ABCD có AB = a, BC = b, CD = c, DA = d,

AC =e và BD=f Gọi S là diện tích tứ giác ABCD Khi đó

2efsinα, với α là góc giữa hai đường thẳng AC và BD.

2 , với plà nửa chu vi của tứ giác.

1 Gọi E là giao điểm của AC và BD, BH và DK là các đường cao của tam găc ABC và ACD Ta có

2(absinB +cdsinD) và a 2 +b 2 −2abcosB 2 =c 2 +d 2 −2cdcosD.

Thay đẳng thức thứ hai vào đẳng thức thứ nhất, ta được

, nên ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 2.13 ([2]) Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S Chứng minh rằng

4p 2 với p là nửa chu vi tứ giác.

2(AB.BC.sinABC[+CD.DA.sin\CDA)≤ 1

2 Từ Định lý 2.1(1), ta dễ dàng suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

3 Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Dựng B ′ đối xứng với B qua đường trung trực của đường chéo AC Dễ thấy AB ′ =b và S ABCD =S AB ′ CD

4 Với cách đặt độ dài các cạnh như câu (3), áp dụng Định lý 2.1(2) ta có

Bài toán 2.14 ([2]) Cho tứ giác ABCD có

AB 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 +AC 2 +BD 2 =m.

Chứng minh diện tích của nó không lớn hơn m

8. Chứng minh Gọia, b, c, d, e, f lần lượt là độ dài các đoạn thẳngAB, BC, CD, DA, AC, BD. NếuS là diện tích tứ giác thì theo Bài toán 2.13ta có

Ta có a 2 +b 2 ≥2ab, c 2 +d 2 ≥2 cd, e 2 +f 2 ≥2ef Do đó m =a 2 +b 2 +c 2 +d 2 +e 2 +f 2 ≥2ab+ 2cd+ 2ef ≥4S+ 4S = 8S, bởi vậy

Bài toán 2.15 ([2]) Gi˚a sứ E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của các cạnh

AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD Chứng minh rằng

Chứng minh Vì EH là đường trung bình của tam giác ABD nên S AEH = 1

Tương tự ta cũng có S CF G = 1

4 S CBD Từ đây ta suy ra

4 S ABCD Chứng minh tương tự, ta được

Do đó theo Bài toán 2.13(2) ta được S ABCD = 2 S EF GH ≤EG.HF Lai có

Tương tự ta cũng chứng minh được

Bài toán 2.16 ([3]) Cho tứ giác lổi ABCD có ba cạnhAB =a Chứng minh rằng

4 Chứng minh Đặt BAC[ =α,ACD\=β Khi đó:

≤asinα.acosα+a 2 cosα, suy ra

(Cauchy) Điều này dẫn tới

Bài toán 2.17 ([3]) Cho tứ giác lồi ABCD chỉ có một cạnh có độ dài lớn hơn 1 và có diện tích làS Chứng minh rằng

Không mất tính tổng quát ta giả sửAD >1, khi đóAB, BC, CD ≤1 ĐặtAC =a, ta có thể suy ra0< a < AB+BC ≤2 GọiM là trung điểm cạnhBC, tc được

2 2 +BC 2 ≤2, điều này dẫn tới

√4−a 2 Gọi H là hình chiếu của B lên AC, khi đó ta có

, nên giải phương trình f ′ (a) = 0 ta được a=±√

4 , f(2) = 1 Do đó ta suy ra

Bài toán 2.18 ([10]) Cho tứ giác lồi ABCDcó các đường chéo AC, BDcắt nhau tại điểm O Chứng minh rằng pS ABCD ≥p

S ABCD =S AOB +S BOC +S COD +S DOA

Bài toán 2.19([10]) Cho tứ giác lồiABCDsao choABcătDCtạiE, ADcắtBCtại

F 2 mà các điểmE, F, Cthuộc nửa măt phẳng có bờBD Biết rằng\AED=α,AF B[ =β và S ABCD =S Chứng minh rằng

2S ≥AB.CD.sinα+AD.BC.sinβ.

Chứng minh QuaB kẽ đường thẳng song song vớiCD và quaDkẽ đường thẳng song song vớiBC, gọiK là giao điểm của hai đường thẳng này Khi đóABK\ D\=αvà ADK\ B[ =β, hơn nữaDKBC là hình bình hành nênCD =DK và BC =BK.

Do K nằm trong tứ giác ABCD, nên S ABK +S ADK ≤S, hay

⇔ AB.CDsinα+AD.BC.sinβ ≤2S.

Bài toán 2.20 ([2]) Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu của giao điểm của các đường chéoM lên các cạnhAB, BC, CD, DA.

Bài toán 2.21 (Bất đẳng thức Popa, [8]) Cho tứ giác lồi có diện tích S và bốn cạnh thỏa mãn a⩽b⩽c⩽d Chứng minh rằng

4 c 2 Chứng minh Theo công thức diện tích tứ giác ta có

≤(s−a)(s−b)(s−c)(s−d). Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

Bài toán 2.22 ([2]) Cho tứ giác ABCDcó diện tích S nội tiếp đường tròn bán kính

2 Chứng minh Đầu tiên ta sẽ chứng minh trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn bán kínhR thì s ≤ 3√

4 , với s là diện tích của tam giác Thật vậy, nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác bất kì nội tiếp đường tròn bán kính R thì s= abc

Bài toán 2.23([2]) ChoABCDlà tứ giác nội tiêp đường tròn, có diện tíchS Đường chéoAC =a và BAC[ =α,\DAC =β, với β≤α Chứng minh rằng a 2 sin(α+β) sinβ

Chứng minh Trên phần kéo dài của AB lấy điểm K sao cho BKC\ = β Vì CBK\

= \ADC nên △KBC ∼ △ADC Lai có α ≥ β, nên suy ra BC ≥ DC, bởi vậy

S KBC ≥S ADC , và do đóS AKC ≥S Mặt khác

2 sinβ Chứng minh tương tự ta được

Bài toán 2.24 ([8]) Cho tứ giác lồiABCD nội tiếp đường tròn tâm O và ngoại tiếp đường tròn tâm I Biểu thị bán kính của đường tròn ngoại tiếp và diện tích của tứ giác lần lượt bằng R vàS Gọi a, b, c, d là độ dài các cạnh của tứ giác ABCD Chứng minh rằng abc+abd+acd+bcd⩽2√

. Chứng minh Các tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp có các cạnh AB = a, BC b, CD = c, DA = d lần lượt là K, L, M, N Gọi ∠AIN = ∠1,∠BIK = ∠2,∠CIL ∠3,∠ DIM =∠4, và ký hiệu AK =AN =a ′ , BL=BK =b ′ , CL=CM =c ′ , DM DN =d ′ VìABCD ngoại tiếp đường tròn nên ta có a+c=b+d.

Ký hiệu vế trái củaH c+abd+acd+bcd, và không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng bán kính của đường tròn nội tiếp là 1 Ta có

2(a+b+c+d)(ac+bd), (2.3) áp dụng a=a ′ +b ′ , b =b ′ +c ′ , c =c ′ +d ′ , d=d ′ +a ′ , ở phía bên phải của (2.3) trở thành

Từ đây, chúng ta có△AIN ∽△ICL, do đó a ′ c ′ =AN.CL=N I.IL= 1.

Do đó ta có thể viết H thành

H =S[4 + (a ′ +c ′ ) (b ′ +d ′ )]. Mặt khác, theo định lý hàm sin và ∠B+ 2∠2 = 180 ◦ , ta có

2AC.BD, với α là góc giữa hai đường chéo AC và BD Do đó

Suy ra để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh 1

Vì a ′ c ′ = 1, b ′ d ′ = 1, ta được a ′ +c ′ +b ′ +d ′ ⩾2√ a ′ c ′ + 2√ b ′ d ′ = 4,vậy ta có điều phải chứng minh.

2.3 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng

Bài toán 2.25 (Olympic Toán học 30/4, bài đề nghị, 2004) Trong tất cả các tứ giác lồiABCD có chu vi bằng 1, ta luôn có

16. Chứng minh Đặt AB=a, BC =b, CD =c, DA=d và

S = a 2 a+b + b 2 b+c+ c 2 c+d + d 2 d+a. Áp dụng bất đẳng tức Cauchy-Schwarz ta được

2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski và tính chấtsinA,sinB,sinC,sinD≤1ta nhận được

Bài toán 2.26 (Olympic Địa Trung Hải, 2000) Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD, DA, AB của tứ giác lồi ABCD Chứng minh rằng

. Chứng minh Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giácABC ta được

4.BQ 2 = 2.BD 2 + 2.BC 2 −CD 2 , 4.CR 2 = 2.AC 2 + 2.CD 2 −DA 2 , 4.DS 2 = 2.BD 2 + 2.DA 2 −AB 2 Cộng 4 đẳng thức với nhau ta được

Gọi M và N lần lượt là trung điểm AC và BD Khi đó, AN là trung tuyến của tam giác ABD và CN là trung tuyến của tam giácCBD nên

4.CN 2 = 2.BC 2 + 2.CD 2 −BD 2 Cộng hai đẳng thức này lại, ta được

2.AN 2 + 2.CN 2 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 −BD 2 Mặt khác, M N trung tuyến của tam giác AN C, do đó ta có

AC 2 +BD 2 ≤AB 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2

Bài toán 2.27 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ) Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M ∈

AC, P ∈BC, Q∈AD sao cho M P ∥AB, M Q∥CD Chứng minh rằng

CD 2 Chứng minh Theo định lý Thales ta có

Vì vậy, theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

Bài toán 2.28 (TST Singapore, 2002) Cho ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng

Chứng minh GọiE, F lần lượt là trung điểm củaAC, BD Áp dụng công thức đường trung tuyến, ta có

AB 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 = 2BE 2 +1

+AC 2 , điều này dẫn tới

AC 2 +BD 2 + 4EF 2 2 +BC 2 +CD 2 +DA 2 Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABCD, ta được

AC.BD CD+AD.BC, từ đó suy ra

(AC−BD) 2 + 4EF 2 = (AB−CD) 2 + (AD−BC) 2 Mặt khác, gọi M là trung điểm củaAB, xét tam giác M EF, ta có

(AC−BD) 2 + (AD−BC) 2 ≤(AC−BD) 2 + 4EF 2 = (AB−CD) 2 + (AD−BC) 2 , điều này chứng tỏ rằng

(AC−BD) 2 ≤(AC−BD) 2 ⇔ |AC−BD| ≤ |AB−CD|.

Bài toán 2.29 (Mỹ, 1999) Cho tứ giác lồi nội tiếp ABCD Chứng minh rằng

|AB−CD|+|AD−BC| ≥2|AC−BD|.

Chứng minh Gọi O là tâm ngoại tiếp tứ giác nội tiếp ABCD, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử đường tròn ngoại tiếp ABCD có bán kính 1 Đặt AOB[ 2α,\BOC = 2β,\COD = 2γ,\DOA= 2δ, khi đó α+β+γ+δ=π

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng α⩾γ, β ⩾δ, suy ra

|AB−CD| − |AC−BD|= 4 sinα−γ 2 sinβ+δ 2

Cộng hai bất đẳng thức trên lại, ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 2.30 (Tây Ban Nha, 2000) Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có diện tích bằng 1 thì tổng độ dài các cạnh và các đường chéo lớn hơn hoặc bằng 2(2 +√

Chứng minh Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và e, f lần lượt là độ dài các đường chéo của tứ giác Ta sẽ chứng minh a+b+c+d≥4 và e+f ≥2√

Gọi S là diện tích tứ giác Từ Bài toán 2.13(2), S = 1

2efsinα, trong đó α là góc giữa hai đường chéo Vì S = 1 nên ef ≥ 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy ra e+f ≥2√

Mặt khác, theo Bài toán 2.15 ta có S ≤ (a+c)(b+d)

4 Áp dụng AM-GM và sử dụng

S = 1 ta suy ra a+b+c+d≥4 Do vậy a+b+c+d+e+f ≥2(2 + 2√

Kết luận Đề án đã đạt được một số kết quả quan trọng sau

Hệ thống các bất đẳng thức hình học trong tam giác, tứ giác theo từng dạng khác nhau.

Nêu một số phương pháp đặt biệt chứng minh các bất đẳng thức hình học như Phương pháp sử dụng công thức Ravi. Đưa ra lời giải cho một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức hình học trong các đề thi học sinh giỏi, Olympic.

[1] Nguyễn Đề, Nguyễn Việt Hải, Hoàng Đức Chính, Các bài toán về diện tích đa giác, Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng, 1992.

[2] Võ Giang Giai,Phương pháp giải toan hệ thức lượng trong tam giác, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2010.

[3] Võ Giang Giai,Một số bài toán Hình học phẳng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2005.

[4] Nguyễn Văn Nho, Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua các kỳ thi Olympic, NXB Giáo dục, 2005.

[5] Lê Hoành Phò,10 trọng điểm bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 10, NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2014.

[6] Hoàng Ngọc Quang, Một số bất đẳng thức hình học, Luận văn thạc sĩ, Đại học Thái Nguyên, 2011.

[7] Z Cvetkovski, Inequalities: Theorems, Techniques and Selected Problems, Springer, 2012.

[8] G Leng, Mathematical Olympiad series: Graph theory, East China Normal Uni- versity Press and World Scientific Publishing Co Pte Ltd., 2015.

[9] R B Manfrino, J A G Ortega, R V Delgado, Inequalities A MathematicalOlympiad Approach, Birkhauser, 2009.

Ngày đăng: 25/03/2024, 14:47

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w