bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề một số bất ĐẲNG THỨC HÌNH học TRONG TAM GIÁC và tứ GIÁC

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC Mục lục Mục lục Mở đầu Các bất đẳng thức đại số Các đẳng thức bất đẳng thức đơn giản tam giác 2.1 Các đẳng thức đơn giản tam giác 2.2 Các bất đẳng thức đơn giản tam giác Bất đẳng thức tam giác 6 3.1 Bất đẳng thức độ dài cạnh 3.2 Bất đẳng thức đại lượng đặc biệt 12 Các bất đẳng thức sinh từ công thức hình học Bất đẳng thức tam giác đặc biệt 5.1 Các bất đẳng thức tam giác 5.2 Các bất đẳng thức tam giác vuông tam giác cân Các bất đẳng thức khác tam giác Các bất đẳng thức tứ giác 7.1 Các bất đẳng thức đơn giản tứ giác 7.2 Các bất đẳng thức khác tứ giác Tài liệu tham khảo 15 20 20 24 27 37 37 42 45 Mở đầu Các toán bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại toán khó, làm cho học sinh phổ thông học sinh chuyên toán lúng túng gặp toán loại Thực phần quan trọng hình học kiến thức bất đẳng thức hình học làm phong phú phạm vi ứng dụng toán học So với bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Một nguyên nhân gây khó giải vấn đề phương pháp tiếp cận phương pháp thông thường hay áp dụng hình học phương pháp đại số túy Để giải toán bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén Chuyên đề giới thiệu số bất đẳng thức hình học từ đến nâng cao mở rộng Các toán bất đẳng thức hình học trình bày tài liệu tạm phân thành nhóm sau: I Nhóm toán mà lời giải đòi hỏi thiết phải có hình vẽ Phương pháp giải toán nhóm chủ yếu "phương pháp hình học", vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất đường vuông góc đường xiên, đường thẳng đường gấp khúc, quan hệ cạnh, cạnh góc tam giác, hay tứ giác v.v Bất đẳng thức cực trị hình học phẳng thuộc nhóm nội dung thường gặp kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào trường chuyên II Nhóm thứ hai gồm toán mà giải chúng cần phải sử dụng hệ thức lượng biết, hệ thức lượng giác, hệ thức đường trung tuyến, đường phân giác, công thức bán kính, công thức diện tích tam giác v.v Các toán quan tâm nhiều chúng trình bày phong phú tài liệu [3,7] III Nhóm thứ ba gồm toán liên quan đến bất đẳng thức hình học tiếng, đặc biệt bất đẳng thức Ptolemy Chuyên đề "Một số bất đẳng thức hình học tam giác tứ giác" gồm có ba phần: Phần mở đầu, Phần nội dung Tài liệu tham khảo Nội dung chuyên đề trình bày số bất đẳng thức thuộc nhóm I nhóm II Do hiểu biết nhóm tác giải khuôn khổ tài liệu, nên không tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm tới vấn đề Các bất đẳng thức tam giác tứ giác Kí hiệu ∆ABC tam giác ABC với đỉnh A, B, C Để thuận tiện, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C kí hiệu tương ứng A, B, C Độ dài cạnh tam giác: BC = a, CA = b, AB = c a+b+c Nửa chu vi tam giác: p = Đường cao với cạnh: , hb , hc Đường trung tuyến với cạnh: ma , mb , mc Đường phân giác với cạnh: la , lb , lc Bán kính đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp: R r Bán kính đường tròn bàng tiếp cạnh: , rb , rc Diện tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC] Để giải toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần trang bị kiến thức sở bất đẳng thức đại số đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản tam giác Các bất đẳng thức đại số Định lý (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1 , a2 , , an số không âm Khi √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an (1) n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ Với số dương a1 , a2 , , an , ta có √ n n a1 a2 an ≥ 1 + + + a1 a2 an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an (2) Hệ Với số dương a1 , a2 , , an , ta có 1 n + + + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + + an (3) Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ Với số không âm a1 , a2 , , an m = 1, 2, ta có m m am + a2 + + an ≥ n a1 + a2 + + an n m (4) Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Định lý (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi ta có (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 ≤ a21 + a22 + + a2n Đẳng thức xảy a1 b1 = a2 b2 = = b21 + b22 + + b2n (5) an bn Định lý (Bất đẳng thức Jensen) Cho f (x) hàm số liên tục I (a, b) n điểm x1 , x2 , , xn tùy ý đoạn I (a, b), i, Nếu f (x) > với x ∈ I (a, b) f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ≥ nf x1 + x2 + + xn n x1 + x2 + + xn n ii, Nếu f (x) < với x ∈ I (a, b) f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ≤ nf Ở I (a, b) nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b) , [a, b) , (a, b] , [a, b] Định lý (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu chiều a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi ta có a1 b1 + a2 b2 + an bn ≥ (a1 + a2 + + an ) (b1 + b2 + + bn ) n (6) Chú ý Nếu hai dãy số thực a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn đơn điệu ngược chiều bất đẳng thức đổi chiều Định lý (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c số thực dương Bất đẳng thức sau a b c + + ≥ (7) b+c c+a a+b Đẳng thức xảy a = b = c Chú ý Bất đẳng thức (7) A.M.Nesbitt đề xuất tạp chí "Educational Times" tháng năm 1093 Trên tạp chí Toán học tuổi trẻ số 358 tháng năm 2007, tác giả Vũ Đình Hòa giới thiệu với bạn đọc dạng tổng quát bất đẳng thức (7), bất đẳng thức Shapiro phát biểu dạng: Với xi ≥ 0, xi + xi+1 > (i = 1, 2, , n), xn+i = xi ta có x1 x2 xn−1 xn n + + + + ≥ (8) x2 + x3 x3 + x4 xn + x1 x1 + x2 Đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn Các đẳng thức bất đẳng thức đơn giản tam giác 2.1 Các đẳng thức đơn giản tam giác Định lý (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có a b c = = = 2R sinA sinB sinC Định lý (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có a2 = b2 + c2 − 2bccosA, b2 = c2 + a2 − 2cacosB, c2 = a2 + b2 − 2abcosC Định lý (Các công thức diện tích) Diện tích tam giác ABC tính theo công thức sau 1 S = aha = bhb = chc (9) 2 1 (10) = bcsinA = casinB = absinC 2 = pr (11) abc = (12) 4R = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc (13) = p (p − a) (p − b) (p − c) (14) Công thức (14) gọi công thức Hê-rông Định lý (Định lí đường phân giác) Trong tam giác, đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn Định lý 10 (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC ta có la = 2bc A cos , b+c lb = 2ca B cos , c+a lc = 2ab C cos a+b Định lý 11 (Định lý đường trung tuyến) Trong tam giác, ba đường trung tuyến gặp điểm gọi trọng tâm tam giác Trên đường trung tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh hai lần khoảng cách trọng tâm đến chân đường trung tuyến Định lý 12 (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta có m2a b2 + c2 a2 = − , m2b c + a2 b = − , m2c a2 + b c = − Định lý 13 (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tam giác ABC ta có B C A r = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan 2 Định lý 14 (Công thức bán kính đường tròn bàng tiếp) Trong tam giác ABC ta có A B C = p tan , rb = p tan , rc = p tan 2 Định lý 15 (Các hệ thức lượng giác bản) Với tam giác ABC ta có hệ thức sau A B C cos cos , 2 sin 2A + sin 2B + sin 2C = sin A sin B sin C, A B C cos A + cos B + cos C = + sin sin sin , 2 cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − cos A cos B cos C, sin A + sin B + sin C = cos (15) (16) (17) (18) sin2 A + sin2 B + sin2 C = (1 + sin A sin B sin C) , (19) cos2 A + cos2 B + cos2 C = − cos A cos B cos C, (20) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C, (21) B C A B C A + cot + cot = cot cot cot , 2 2 2 A B B C C A tan tan + tan tan + tan tan = 1, 2 2 2 cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = cot (22) (23) (24) Riêng với hệ thức (21) tam giác ABC cần giả thiết tam giác vuông 2.2 Các bất đẳng thức đơn giản tam giác Định lý 16 (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác ABC ta có |b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b Định lý 17 (Các bất đẳng thức lượng giác bản) Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức sau √ 3 , (25) sin A + sin B + sin C ≤ cos A + cos B + cos C ≤ , (26) √ B C 3 A , (27) cos + cos + cos ≤ 2 2 A B C sin + sin + sin ≤ , (28) 2 2 A B C sin sin sin ≤ , (29) 2 cos A cos B cos C ≤ , (30) (31) sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ , A B C √ tan + tan + tan ≥ 3, (32) 2 √ (33) tan A + tan B + tan C ≥ 3, √ cot A + cot B + cot C ≥ (34) Đẳng thức xảy bất đẳng thức ABC tam giác Riêng với bất đẳng thức (33) tam giác ABC cần giả thiết tam giác vuông Bất đẳng thức tam giác Tam giác hình đơn giản đa giác, thực tế, đa giác chia thành tam giác sử dụng tính chất Vì vậy, nghiên cứu bất đẳng thức tam giác hữu ích việc giải bất đẳng thức đa giác Trước hết nghiên cứu bất đẳng thức tam giác sau đây: 3.1 Bất đẳng thức độ dài cạnh Định lý 18 Cho hai đường tròn có bán kính R R (R ≥ R ), khoảng cách tâm chúng d Điều kiện cần đủ để hai đường tròn cắt R − R ≤ d ≤ R + R Chứng minh Hình 1: Hai đường tròn không cắt Rõ ràng hai đường tròn cho (hình A) ta có R + R < d Nếu hai đường tròn chứa (hình B) ta có d < R − R Nếu hai đường tròn cho cắt điểm M theo bất đẳng thức ba cạnh tam giác OO M , với O O tâm đường tròn bán kính R R , ta có R − R ≤ d ≤ R + R Đảo lại, ta có R − R ≤ d ≤ R + R , hai đường tròn cho chứa (nếu có R+R < d d < R − R ) Do chúng cắt Định lý 19 Các số dương a, b, c độ dài cạnh tam giác a + b > c, b + c > a, c + a > b Chứng minh Nếu a, b, c độ dài cạnh tam giác theo bất đẳng thức cạnh tam giác ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b Ngược lại, có a, b c số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > b, ta chọn hai điểm A B mặt 32 Lấy G BD cho BG = AD H giao điểm GE với đường thẳng qua A song song với BC Dễ thấy tam giác ECG EAH AE BD BD BD đồng dạng nên AH CG = EC = AD−BC = BG−BC = CG , suy AH = DB Do BDAH hình bình hành, suy BH = AD ∆BHG cân Vậy BH = BG = AD > BE Bài toán 29 (Tạp chí THTT số 265) Gọi AD, BE, CF đường phân giác tam giác ABC Chứng minh p(DEF ) ≥ p(ABC), kí hiệu p(XY Z) chu vi tam giác XY Z Đẳng thức xảy ? Giải Từ tính chất đường phân giác BE AE c ta có CE = a , suy AE c AE = AE+CE = a+c Do b bc Tương tự AE = a+c bc AF = a+b Theo định lí cosin ∆AEF ∆ABC có EF =AE + AF − 2AF.AF cos A Hình 29: bc b c2 bc b2 + c2 − a2 = + −2 a+c a+b (a + c) (a + b) 2bc a2 bc abc (a + b + c) (b − c) − = (a + c) (a + b) (a + c)2 (a + b)2 Suy EF ≤ a2 bc (a+c)(a+b) Từ a2 bc 1√ √ EF ≤ √ √ = ac ab ≤ 4 ac ab ≤ 16 a+c a+b + 2 = 16 √ ac + √ 2a + b + c ab 33 Do EF ≤ 2a+b+c Tương tự F D ≤ 2b+c+a , DE ≤ 2c+a+b 8 Cộng theo vế bất đẳng thức DE + EF + F D ≤ 12 (a + b + c) hay p(DEF ) ≥ 21 p(ABC) Bài toán 30 (IMO, 1991 ) Cho tam giác ABC Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Đường phân giác góc A, B, C cắt cạnh đối diện tương ứng L, M, N Chứng minh AI.BI.CI ≤ ≤ AL.BM.CN 27 Giải Sử dụng tính chất đường phân c giác có BL LC = b , để ý BL + ac LC = a, ta BL = b+c ab LC = b+c Tiếp tục, áp dụng tích chất đường phân giác cho phân giác BI góc ABL ta thu IL BL ac a AI = AB = (b+c)c = b+c Do AI+IL IL a AL = + AI = + b+c = AI = AI Hình 30: a+b+c AI b+c b+c Khi đó, AL = a+b+c Tương BI c+a CI a+b tự, BM = a+b+c , CN = a+b+c Do bất đẳng thức cần chứng minh đưa dạng chứa biến a, b c (b + c)(c + a)(a + b) < ≤ (a + b + c)3 27 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM có (b + c)(c + a)(a + b) ≤ (b + c) + (c + a) + (a + b) 3 ≤ (a + b + c)3 27 Bất đẳng thức phải chứng minh Để chứng minh bất đẳng thức trái, trước hết để ý (b + c)(c + a)(a + b) (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc = (a + b + c)3 (a + b + c)3 (60) Biết a + b + c = 2p, ab + bc + ca = p2 + r2 + 4rR, abc = 4Rrp thay vào (60) (b + c)(c + a)(a + b) 2p(p2 + r2 + 4rR) − 4Rrp = = (a + b + c)3 8p3 2p2 + 2pr2 + 4Rrp 2r2 + 4Rr = = + > 8p3 8p2 34 Bài toán 31 (IMO Shorlist, 1996) Cho ABC tam giác P điểm Các đường thẳng AP, BP, CP cắt cạnh BC, CA, AB điểm A1 , B1 , C1 , tương ứng Chứng minh A1 B1 B1 C1 C1 A1 ≥ A1 B.B1 C.C1 A Giải Áp dụng định lí hàm số cosin cho ∆CA1 B1 , ta A1 B12 = A1 C + B1 C − A1 C.B1 C ≥ A1 C.B1 C Tương tự, B1 C12 ≥ B1 A.C1 A, C1 A1 ≥ C1 B.A1 B Nhân bất đẳng thức này, ta A1 B12 B1 C12 C1 A21 ≥ A1 C.B1 C.B1 A.C1 A.C1 B.A1 B (61) Bây giờ, đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy, áp dụng định lí Ceva ta có A1 B.B1 C.C1 A = AB1 BC1 CA1 , thay vào (61) ta thu bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy CA1 = CB1 , BA1 = BC1 AB1 = AC1 Điều xảy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài toán 32 (IMO Shorlist, 1999) Cho tam giác ABC M điểm nằm Chứng minh {M A, M B, M C} + M A + M B + M C < AB + BC + CA Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Nếu M điểm nằm tứ giác lồi ABCD M A + M B < AD + DC + CB Chứng minh Gọi N giao điểm AM CD (Hình 31) Khi M A + M B < M A + M N + N B ≤ AN + N C + CB ≤ AD + DN + N C + CB = AD + DC + CB Giải Lấy D, E, F theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB (Hình 32) Xét điểm M nằm tam giác, M thuộc hai ba 35 Hình 31: Hình 32: hình thang ABDE, BCEF, CAF D Không tính tổng quát, giả sử M ∈ ABDE, BCEF Áp dụng bổ đề ta có M A + M B < AE + ED + DB, M B + M C < BF + F E + EC Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên, ta M B + (M A + M B + M C) < AB + BC + CA Vậy {M A, M B, M C} + M A + M B + M C < AB + BC + CA Bài toán 33 (IMO Shorlist, 2002) Cho tam giác ABC F điểm thỏa mãn AF B = BF C = CF A Các đường thẳng BF CF cắt cạnh AC AB D E, tương ứng Chứng minh AB + AC ≥ 4DE Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho tam giác ABC, điểm P Q nằm tia FD, FE tương ứng, cho P F ≥ λDF, QF ≥ λEF , λ > Nếu P F Q ≥ 900 P Q ≥ λDE Chứng minh Đặt P F Q = θ Vì θ ≥ 900 , ta có cos θ ≤ Bây giờ, áp dụng định lý hàm số cosin, ta có P Q2 = P F + QF − 2P F.QF cos θ ≥ (λDF )2 +(λEF )2 −2 (λDF ) (λEF ) cos θ = (λDE)2 Do P Q ≥ λDE Giải Lưu ý AF E = BF E = CF D = AF D = 600 36 Gọi P, Q giao điểm đường thẳng BF, EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác CF A, AF B tương ứng Khi đó, dễ dàng thấy hai tam giác CP A, AQB Gọi P1 chân đường Hình 33: vuông góc hạ từ F xuống cạnh AC giả sử đường trung trực AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CF A P P2 Gọi M trung điểm AC PD PM Khi DF = FP PM1 ≥ M P2 = P F ≥ 4DF Tương tự, ta có QF ≥ 4EF Áp dụng hệ với λ = θ = DEF = 1200 ta P Q ≥ 4DE Cuối cùng, áp dụng bất đẳng thức tam giác, AB + AC = AQ + AP ≥ P Q ≥ 4DE Bài toán 34 (IMO, 2006) Cho tam giác ABC với I tâm đường tròn nội tiếp Một điểm P nằm tam giác thỏa mãn P BA + P CA = P BC + P CB Chứng minh AP > AI đẳng thức xảy P ≡ I Giải Đặt A = α, B = β, C = γ Vì P BA + P CA + P BC + P CB = β + γ β+γ nên từ điều kiện toán ta có P BC + P CB = Suy BP C = α 900 + β+γ Mặt khác, BIC = 1800 − = α 900 + Do BP C = BIC, P I nằm phía với BC nên điểm B, I, P, C nằm đường tròn Nói cách khác, P nằm đường tròn ω ngoại tiếp tam giác BCI Gọi Ω đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Rõ ràng tâm ω trung điểm M cung BC Ω Đây giao điểm thứ hai phân giác Hình 34: 37 AI ω Từ tam giác AP M ta có AP + P M ≥ AM = AI + IM = AI + P M Do AP ≥ AI Đẳng thức xảy P nằm đoạn AM , điều xảy P ≡ I Các bất đẳng thức tứ giác Kí hiệu ABCD tứ giác lồi với đỉnh A, B, C, D vẽ theo chiều định (cùng chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ) Để đơn giản, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C, D kí hiệu A, B, C, D Độ dài cạnh tam giác: AB = a, BC = b, CD = c, DA = d a+b+c+d Nủa chu vi tứ giác: p = Độ dài đường chéo: AC = m, BD = n Diện tích tứ giác: S = SABCD hay [ABCD] 7.1 Các bất đẳng thức đơn giản tứ giác Bài toán 35 Cho tứ giác ABCD, có AB + BD ≤ AC + DC Chứng minh AB < AC Giải Gọi O giao điểm AC BD Xét tam giác OAB ODC ta có AB < OA + OB, DC < OC + OD Do AB + CD < (OA + OC) + (OB + OD) =AC + BD (62) Mặt khác, theo giả thiết ta có AB + BD ≤ AC + DC (63) Hình 35: Cộng theo vế (62) (63) ta 2AB + DC + BD < 2AC + BD + DC Suy AB < AC Bài toán 36 Tổng hai đường chéo tứ giác lồi ABCD nhỏ chu vi tứ giác lớn nửa chu vi 38 Giải Gọi O giao điểm AC BD, ta có AC + BD = (OA + OB) + (OC + OD) > AB + CD (64) AC + BD = (OA + OD) + (OB + OC) > AD + BC (65) Cộng theo vế bất đẳng thức (64) (65) ta thu AB + BC + CD + DA AC + BD > Mặt khác, AC < AB + BC AC < DA + CD Cộng theo vế hai bất đẳng thức này, ta có AB + BC + CD + DA AC < (66) Tương tự, AB + BC + CD + DA BD < (67) Cộng theo vế hai bất đẳng thức (66) (67) , ta thu AC + BD < AB + BC + CD + DA Bài toán 37 Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh AD + BC a)M P ≤ (68) AB + BC + CD + DA b)M P + N Q ≤ (69) Giải a) Gọi I trung điểm BD, M I đường trung bình ∆ABD Suy M I = AD IP đường trung bình ∆DBC, suy BC IP = Xét điểm I, M, P ta có M P ≤ M I + IP , AD + BC suy M P ≤ Hình 36: AB + DC b) Áp dụng ý a) ta có N Q ≤ Do AD + BC AB + DC AB + BC + CD + DA MP + NQ ≤ + = 2 Bài toán 38 Cho hình vuông ABCD cạnh a M, N hai điểm √ hình vuông cho Chứng minh M N ≤ a Giải 39 Vì ABCD hình vuông cạnh √ √ a nên AC = AB = a Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông ABCD Ta có đường kính √ (O) a 2, M N hai điểm nằm O Gọi M N dây cung qua M N Ta có M N ≤ M N mà √ M N ≤ a (đường kinh dây cung lớn đường tròn) √ Do M N ≤ a Hình 37: Bài toán 39 Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB C + D ≤ 900 Gọi M N trung điểm cạnh AB CD Chứng minh M N ≤ CD−AB Giải Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắtDC E qua M vẽ đường thẳng song song với BC cắt DC F Suy D = E1 , C = F1 Suy E1 +F1 = D+C ≤ 900 ⇒ EM F ≥ 900 Theo toán tam giác M EF có Hình 38: EM F ≥ 900 M N trung tuyến nên M N ≤ EF Mặt khác, có AB//DC AD//M E nên ADEM hình bình hành Suy DE = AM = 21 AB, tương tự F C = M B = 12 AB Do EF = CD − AB Vậy M N ≤ CD−AB Bài toán 40 Cho tứ giác ABCD, M điểm thuộc cạnh CD (M khác C, D) Chứng minh M A + M B < max {CA + CB; DA + DB} (70) Giải Gọi A điểm đối xứng A qua CD A B cắt CD P 40 Vì M thuộc đoạn CD nên M thuộc ∆A BC ∆A BD Theo định lí 20 ta có M A + M B < CA + CB M A + M B < DA + DB M A + M B < CA + CB ⇒ M A + M B < DA + DB Do M A + M B < max {CA + CB; DA + DB} Chú ý toán 40 ta có kết sau: 1) Cho tứ giác ABCD, M điểm thuộc cạnh CD (M trùng với C D) ta có bất đẳng thức M A + M B ≤ max {CA + CB; DA + DB} 2) Cho ABCD hình chữ nhật điểm M nằm cạnh CD Ta có bất đẳng thức sau M A + M B ≤ CA + CB 3) Cho ABCD hình vuông cạnh a điểm M nằm cạnh CD Ta √ có bất đẳng thức sau M A + M B ≤ (1 + 2)a Dấu đẳng thức bất đẳng thức xảy M ≡ C M ≡ D Bài toán 41 (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán-tin, ĐHSP, ĐHQG Hà Nội 1998-1999) Cho hình chữ nhật ABCD điểm M nằm hình chữ nhật nằm cạnh ABCD Chứng minh M A + M B + M C + M D ≤ AB + AC + AD Giải Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB, DE E, F Áp dụng ý toán 40 vào hình chữ nhật AEF D, EBCF ABCD ta có M A + M D ≤ EA + ED, M B + M C ≤ EB + EC, ED + EC ≤ AD + AC Do M A + M B + Hình 40: M C + M D ≤ (EA + EB) + (ED + EC) ≤ AB + AC + AD Ta có toán tổng quát sau Bài toán 42 Cho tứ giác ABCD, M điểm tứ giác Đặt dA = AB + AC + AD, dB = BC + BD + BA, dC = CD + CA + CB, dD = 41 DA + DB + DC Chứng minh M A + M B + M C + M D < max {dA ; dB ; dC ; dD } Giải Kéo dài AM đoạn M B M B Qua M kẻ đường trung trực BB Đường theo thứ tự cắt hai cạnh tứ giác I, J Có thể xảy ba trường hợp hình (A), (B), (C) Vì hình (B), (C) toán chứng minh tương tự đơn giản trường hợp (A) nên ta chứng minh trường hợp (A) Hình 41: Không tính tổng quát giả sử IC + ID = max {IC + ID, JC + JD} Áp dụng toán 40 cho tứ giác CIJD ta có M C + M D < IC + ID Lại có M A + M B = M A + M B = AB < IA + IB = IA + IB Do M A + M B + M C + M D < IA + IB + IC + ID = IA + ID + BC Áp dụng toán 40 cho tứ giác ABCD ta có IA + ID < max {CA + CD; BA + BD} Vậy M A + M B + M C + M D < max {CA + CD; BA + BD} + BC = = max {BC + BD + BA; CD + CA + CB} = max {dA ; dC } ≤ max {dA ; dB ; dC ; dD } Chú ý Từ toán 42 ta có kết sau: 1) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài cạnh a, b độ dài đường chéo c M điểm nằm bên hình chữ nhật Ta có bất đẳng thức M A + M B + M C + M D < a + b + c 2) Cho hình vuông ABCD cạnh M điểm nằm bên hình √ vuông đó.Ta có bất đẳng thức M A + M B + M C + M D < (2 + 2)a 42 7.2 Các bất đẳng thức khác tứ giác Bài toán 43 (IMO shorlist) Diện tích tứ giác với cạnh a, b, c d S Chứng minh S≤ a+c b+d 2 Giải Trước tiên, giả sử tứ giác ABCD không lồi Khi đường chéo nó, chẳng hạn BD điểm chung với phần tứ giác Lấy đối xứng điểm C qua BD cho ta tứ giác lồi ABC D có cạnh diện tích lớn diện tích tứ giác ABCD Do không tính tổng quát, ta giả thiết tứ giác Hình 42: ABCD lồi Bây ta chia tứ giác đường chéo AC thành hai tam giác ABC ADC Ta có [ABC] ≤ ab [ADC] ≤ dc 2, Do S = [ABC] + [ADC] ≤ ab + cd (71) bc + da (72) Làm tương tự với đường chéo BD, ta có S = [BAD] + [BCD] ≤ Cộng theo vế bất đẳng thức (71) (72), ta ab + bc + cd + da (a + c) (b + d) a+c b+d = hay S ≤ 2 2 Bài toán 44 (Trích đề thi olympic Tây Ban Nha, 2000) Chứng minh tất tứ giác lồi có diện tích 1, tổng độ dài √ cạnh đường chéo lớn 2 + 2S ≤ Giải Gọi a, b, c, d độ dài cạnh e, f độ dài đường chéo tứ giác Ta chứng minh a + b + c + d ≥ √ e + f ≥ 2.Đẳng thức xảy e = f Gọi S diện tích tứ giác Ta biết S = 21 ef sin θ, θ góc hai đường chéo Vì S = suy ef ≥ Áp dụng bất đẳng thức √ AM − GM suy e + f ≥ 2 43 a+c b+d Áp dụng AM − GM 2 sử dụng S = ta suy a + b + c + d ≥ Đẳng thức xảy a = b = c = d Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh Để hai đẳng thức xảy tứ giác lồi hình vuông Mặt khác, theo toán có S ≤ Bài toán 45 (Mỹ, 1999) Cho ABCD tứ giác lồi nội tiếp đường tròn Chứng minh |AB − CD| + |AD − BC| ≥ |AC − BD| Giải Gọi E giao điểm AC BD Khi tam giác ABE DCE |AB − CD| AB đồng dạng , ta có = |AC − BD| |AE − EB| AB ≥ Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho tam giác ABE, ta có |AE − EB| Từ suy |AB − CD| ≥ |AC − BD| Tương tự |AD − BC| ≥ |AC − BD| Cộng bất đẳng thức này, ta bất đẳng thức |AB − CD| + |AD − BC| ≥ |AC − BD| Bài toán 46 (Olympic Địa trung hải, 1998) Cho ABCD hình vuông nội tiếp đường tròn M điểm cung AB Chứng minh √ M C.M D ≥ 3M A.M B Giải Đặt α = ACM , β = BDM Khi ta có α + β = π4 M A.M B = tan α tan β, M C.M D Bây giờ, để ý tan α tan β tan γ ≤ tan3 α+β+γ γ = π4 Suy tan α tan β ≤ 3√1 √ Do M C.M D ≥ 3M A.M B Hình 43: Bài toán 47 (IMO, shorlist 1996) Cho ABCD tứ giác lồi Kí hiệu RA , RB , RC RD bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB, ABC, BCD CDA tương ứng Chứng minh RA + RC > RB + RD A + C > B + D 44 Giải Gọi X giao điểm hai đường chéo AC BD Trong hai góc AXD AXB có góc lớn hay 900 Ta giả sử AXD ≥ 900 Đặt α = CAD, β = CBD, γ = ADB, δ = ACB Dễ AB AB thấy α + β = γ + δ Ta lưu ý RA = , RB = , RC = sin γ sin δ CD CD Ra sin γ , RD = Ta có = sin β sin α RB sin δ Bây giờ, ta xét trường hợp sau: A + C = B + D Khi B + D = 1800 , ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn Điều dẫn đến α = β, γ = δ, suy RA = RB RC = RD Do đó, trường hợp RA + RC = RB + RD A + C < B + D Khi B + D > 1800 , B nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Điều dẫn đến α < β, γ > δ, suy RA < RB RC < RD Do đó, trường hợp RA + RC < RB + RD A + C > B + D Khi B + D < 1800 , B nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Điều dẫn đến α > β, γ < δ, suy RA > RB RC > RD Do đó, trường hợp RA + RC > RB + RD 45 Tài liệu tham khảo [1] Bộ giáo dục đào tạo-Hội toán học Việt Nam (2009), Các toán chọn lọc - 45 năm Tạp chí Toán học Tuổi trẻ, NXB Giáo Dục [2] Trần Nam Dũng, Ptolemy’s inequality and its applications, Kỷ yếu hội nghị khoa học, Việt Trì (2011) [3] Lê Quốc Hán (2007), Ẩn sau định lí Ptôlêmê, NXB Giáo Dục [4] Vũ Đình Hòa (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo Dục [5] Phan Huy Khải, Nguyễn Đạo Phương (1994), Hệ thức lượng tam giác tứ giác, NXB Giáo Dục [6] Nguyễn Văn Nho (2011), Những định lí chọn lọc hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXB Đại Học Sư Phạm [7] Nguyễn Đức Tấn (2000), Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng, NXB Giáo dục [8] Nguyễn Thượng Võ (1989), 200 toán chọn lọc hệ thức lượng tam giác, NXB Giáo dục [9] Titu Andreescu and Dorin Andrica, Proving some geometric inequalities by using complex numbers, Educatia Matematica Vol.1, N2, (2005), 19-26 [10] O.Bottem, R.Z Djordjevíc, R.R Janic, D.S Mitrinovíc and P.M Vasic, Geometric Inequalities , Wolters-Noordhoff publishing Groningen, The Netherlands, 1969 [11] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compendium A Collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads:1959–2004, Springer Publishers, 2004 [12] Yu-Dong Wu, Chun-Lei Yu Zhi-Hua Zhang, A geometric inequality of the generalized Erdos-Modell type, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol.10, Iss.4, Ar.106, 2009 [13] Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gómez Ortega, Rogelio Valdez Delgado, Inequalities A Mathematical Olympiad Approach, Birkhauser Publishers, 2009 46 [14] D.S Mitrinovic, J.E.Pecaric and V.Volenec, Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer Academic publishers, Dordrecht, Netherlands, 1989 [15] Jian Liu, A weighted geometric inequality and its applications, Journal of inequalities in pure and applied mathematics, Vol.9, Iss.2, Ar.58, 2008 [16] Tran Quang Hung, On some geometric inequalities, Mathematical Reflections 3, 2008 [17] József Sándor, On the geometry of equilateral triangles, Forum Geometricorum, Vol.5 (2005) 107–117 [18] Arkadii Slinko, Geometric Inequalities, New Zealand Mathematical Olympiad Commitee ... (34) Đẳng thức xảy bất đẳng thức ABC tam giác Riêng với bất đẳng thức (33) tam giác ABC cần giả thiết tam giác vuông 9 Bất đẳng thức tam giác Tam giác hình đơn giản đa giác, thực tế, đa giác. .. tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC] Để giải toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần trang bị kiến thức sở bất đẳng thức đại số đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản tam giác Các bất đẳng thức. .. Các toán bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại toán khó, làm cho học sinh phổ thông học sinh chuyên toán lúng túng gặp toán loại Thực phần quan trọng hình học kiến thức bất đẳng thức hình học