CỰC TRỊ HÌNH HỌC ôn thi vào 10

Tổng hợp các chuyên đề cực trị hình hocj toán 9 ôn thi vào 10 Tài liệu phục vụ học sinh lớp 9 cũng như phục vụ kì thi ôn thi vào 10 cơ bản cũng như chuyên Tài liệu phân loại rõ ràng và giải chi tiết có các dạng toán và đáp án cụ thể

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC I) SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐƠN GIẢN 1) Bất đẳng thức liên hệ độ dài cạnh tam giác AB - AC < BC < AB + BC Chú ý rằng: a) Với điểm A, B,C ta có: AB + BC �AC Dấu xảy A, B,C thẳng hàng điểm B nằm hai điểm A,C b) Với điểm A, B,C ta ln có: AB - AC �BC Dấu xảy A, B,C thẳng hàng điểm B nằm hai điểm A,C c) Cho hai điểm A, B nằm phía đường thẳng (d) Điểm M chuyển động đường thẳng (d) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua (d) Ta có kết sau: + MA + MB = MA '+ MB �A 'B Dấu xảy M giao điểm cuả A 'B đường thẳng (d) ( M trùng với M ) 252 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC + MA - MB �AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng (d) ( M trùng với M ) d) Cho hai điểm A, B nằm hai phía đường thẳng (d) Điểm M chuyển động đường thẳng (d) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua (d) Ta có kết sau: + MA + MB �AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng (d) ( M trùng với M ) + MA - MB = MA '- MB �A 'B Dấu xảy M giao điểm cuả A 'B đường thẳng (d) ( M trùng với M ) e) Trong q trình giải tốn ta cần lưu ý tính chất: Đường vng góc ln nhỏ đường xiên Trong hình vẽ: AH �AB 2) Trong đường tròn, đường kính dây cung lớn 253 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 3) Cho đường tròn (O;R ) điểm A Đường thẳng AO cắt đường tròn hai điểm M 1, M Giả sử AM �AM Khi với điểm M nằm đường tròn ta ln có: AM �AM �AM Ví dụ 1:Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh rằng: a) MB + MC < AB + AC b) ( AB + BC +CA ) < MA + MB + MC < AB + BC +CA c) BM + MN + NC < AB + AC điểm N nằm tam giác cho MN cắt hai cạnh AB, AC Hướng dẫn giải: a) Đường thẳng BM cắt AC P Áp dụng BĐT(1) ta có: MB + MC < MB + MP + PC = BP + PC < AB + AP + PC = AB + AC b) Theo ta có: BC < MB + MC < AB + AC ;CA < MC + MA < AB + BC ; AB < MA + MB < AC + BC Cộng theo vế BĐT ta có điều phải chứng minh c) Áp dụng câu 1) ta có: BM + MN + NC < BE + EM + MN + NF + FC = BE + EF + FC < BE + EA + AF + FC = AB + AC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC trung tuyến AM , BN ,CP Chứng minh rằng: 254 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC a) b) AB + AC - BC AB + AC < AM < 2 3( AB + BC +CA ) < AM + BN + CP < AB + BC + CA c) Giả sử AB �AC Gọi AD, AM theo thứ tự đường phân giác, đường trung tuyến tam giác ABC Chứng minh rằng: AB + AC - BC AB + AC < AD �AM < 2 Hướng dẫn giải: a) + Xét tam giác MAB, MAC ta có: AM > AB - BM , AM > AC - MC Suy 2AM > AB + AC - (MC + MC ) � 2AM > AB + AC - BC + Gọi D điểm đối xứng với A qua M ABDC hình bình hành nên AB = CD AD = 2AM Trong tam giác ACD ta có: AD < AC + CD � 2AM < AB + AC Như vậy: AB + AC - BC AB + AC < AM < 2 b) Áp dụng bất đẳng thức câu a) Cho đường trung tuyến AM , BN ,CP ta có: AB + AC - BC AB + AC , < AM < 2 BC + AB - AC AC + BC , < BN < 2 BC + AC - AB AC + BC Cộng ba bất đẳng thức < CP < 2 255 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC chiều ta có: 3( AB + BC +CA ) < AM + BN + CP < AB + BC + CA c) Trong tam giác ABD, ADC có AB < AD + BD; AC < AD + DC Cộng theo vế hai BĐT được: AB + AC < 2AD + BC � AB + AC - BC < AD Kết với D điểm nằm bên đoạn BC Dựng AH ^ BC Với AB = AC AM = AD Với AB > AC BH > CH � BM < BH � M thuộc đoạn BH � > ADC � � ADB � Hơn ADB tù Do D thuộc đoạn BH Lấy điểm P AB cho AP = AC � D ADP = D ADC (c.g.c) � = ACD � � DP = DC , APD � �900 (hình) APD � = ACB � �900 + Nếu ACB � ޳ BPD 900 � ACB � PBD � BD > PD = CD � BM < BD � MH > DH � AM > AD � > 900 (hình) BPD � = ACH � > ADC � > ABC � + Nếu ACB � BD > PD = CD � BM < BD � MH > DH � AM > AD Ví dụ 3: a) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm điểm H 256 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Chứng minh rằng: HA + HB + HC < ( AB + BC + CA ) Hướng dẫn giải: Dựng đường thẳng qua H song song với AB cắt AC D Dựng đường thẳng qua H song song AC cắt AB E Tứ giác AEHD hình bình hành nên AD = HE , AE = HD Xét tam giác AHD ta có: HA < HD + AD � HA < AE + AD (1) Vì HE / / AC mà AC ^ BH � HE ^ BH Trong tam giác vuông HBE ta có: HB < BE (2) Tương tự ta có: HC < DC (3) Cộng bất đẳng thức chiều (1),(2),(3) ta suy HA + HB + HC < (AE + EB ) + (AD + DC ) = AB + AC Tương tự ta có: HA + HB + HC < AC + BC , HA + HB + HC < AB + BC Suy HA + HB + HC < ( AB + BC +CA ) Ví dụ 4) Cho tam giác ABC có cạnh 3a M điểm tùy ý cạnh BC , gọi P ,Q hình chiếu vng góc M lên AB, AC Tìm vị trí điểm M để: a) PQ có độ dài nhỏ b) Dựng đường thẳng song song với BC cắt AB, AC E , F cho AE = 2a Tìm vị trí điểm M cho MA + ME + MF nhỏ Hướng dẫn giải: a) Hạ PH ^ BC ,QK ^ BC Ta có 257 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC SD ABC = SDABM + SD AMC � 9a2 3a = ( MP + MQ ) � MP + MQ = 3a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng MPB, MQC ta tính được: HM = MP MQ , MK = � 2 HK = MH + MK = 9a MP + MQ ) = ( Vì PQ �HK Nên PQ nhỏ HK PQ / / HK � M trung điểm BC b) Gọi R điểm đối xứng với E qua BC , I trung điểm BC Ta dễ chứng minh R, I , F thẳng hàng � 3a 3� � � Ta tính đươc.: RF = 2IF = a + � � = 7a Ta có: � � � � � � � ME + MF = MR + MF �RF = a Dấu xảy M �I Ta có MA �AI = 3a Dấu xảy M �I Suy ME + MF + MA �a + � 3a � + 3� � � =� a Dấu xảy � � � � 2 � � � � M �I Ví dụ 5: Cho đường tròn (O; R ) điểm A nằm ngồi đường tròn 258 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Một đường thẳng D thay đổi quanh A cắt (O;R ) hai điểm M , N Tìm vị trí D để AM + AN lớn Hướng dẫn giải: Gọi K trung điểm dây cung MN ta có: AM + AN = AM + (AM + MN ) = 2AM + 2MK = 2AK Xét tam giác vng OK A Ta có: OK + K A = OA không đổi Như AK lớn OK nhỏ � OK = � A, M , N ,O nhỏ Ví dụ 6: Cho đường tròn (O; R ) dây cung AB cố định (AB < 2R ) Trên cung lớn AB lấy điểm M Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB lớn Hướng dẫn giải: Trên tia đối AM lấy điểm N cho MN = MB Khi chu vi tam giác MAB Là 2p = MA + MB + AB = AN + AB Do AB không đổi nên chu vi tam giác MAB lớn AN lớn nhất.Tam giác BMN cân M MH � phân giác góc BMN đồng thời � Phân giác góc phân giác ngồi góc AMB � MI với I trung điểm cung lớn AB Suy MI ^ MH AMB 259 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Do MH cắt đường tròn (O; R ) điểm J IJ đường kính (O; R ) Tam giác MBN cân M nên MJ đường trung trực BN Từ ta có: J A = J B = J N Hay điểm N thuộc đường tròn tâm J ( ) cố định bán kính J A Vì AN dây cung đường tròn J nên AN lớn AN đường kính ( J ) ޳ M J Như chu vi tam giác MAB lớn M trùng với trung điểm J cung nhỏ AB � < 600 Trên cạnh BC lấy điểm Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A I cố định Tìm cạnh AB, AC lấy hai điểm M , N để chu vi tam giác IMN đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: Gọi E , F điểm đối xứng I qua AB, AC Do tam giác ABC cố định nên E , F cố định: Ta có: Chu vi tam giác IMN 2p = IM + IN + MN = ME + MN + NF �EF Dấu xảy E , M , N , F thẳng hàng Hay M , N giao điểm EF với cạnh AB, AC Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vng A có AB < AC ngoại tiếp ( ) đường tròn tâm O Gọi D, E , F tiếp điểm O với cạnh AB, AC , BC ; M điểm di chuyển đoạn CE Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF ( O ) , P Q hình chiếu N đường thẳng DE , DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn Hướng dẫn giải: 260 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ta có tứ giác PNQD , EDFN nội tiếp � = QDN � = FEN � � QPN Tương tự có ta có: � = NDP � = NFE � NQP � D NEF : D NPQ Suy PQ NQ Trong tam giác vuông NQF = EF NF PQ �1 Như PQ lớn EF EF Q �F P �E , P Q hình chiếu N đường thẳng DE , DF nên Q �F , ta có: NQ �NF P �E DN đường kính (O) Từ suy cách xác định M sau: Dựng đường kính DN cuả (O) , M giao điểm BN AC Ví dụ 9: Cho hai đường tròn (O1;R1),(O2;R2) cắt điểm A, B Một đường thẳng (d) qua A cắt (O1;R1),(O2;R2) M , N Tiếp tuyến M (O1;R1) tiếp tuyến N (O2;R2) cắt I Tìm giá trị lớn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN (d) quay quanh A Hướng dẫn giải: � = MBA � (Tính chất góc Ta có: IMN tiếp tuyến dây cung) � = NAB � (Tính chất góc INM tiếp tuyến dây cung) 261 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Gọi ha, hb, hc độ dài đường cao tương ứng với cạnh a,b,c ( ) tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn O Ta dễ chứng minh được: r r r + + = 1.Áp dụng bất đẳng thức hb hc � 1 1� ��9 ta có �+ + � ( x + y + z) � � � x y z� � � �1 1� � � � + hb + hc = ( + hb + hc ) � + + r �9r Đẳng thức xảy � � � � hb hc � � = hb = hc = 3r , + hb + hc = 9r , lúc tam giác ABC Ví dụ 12 Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Kẻ AM , BM ,CM cắt cạnh BC ,CA, AB A1, B1,C Xác định vị trí điểm M để: MA MB MC đạt giá trị nhỏ MA1 MB1 MC Tính giá trị nhỏ Giải: Gọi diện tích tam giác ABC , MBC , MAC , MAB S,S1,S2,S3 S = S1 + S2 + S3 Đặt AA1 MA1 = x, BB1 MB1 = y, CC MC = z AA1 BB1 MA MB = - = x - 1; = - = y - 1, MA1 MA1 MB1 MB1 CC MC = - = z - 1.Theo ví dụ ta có: MC MC 278 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC MA1 AA1 + suy MB1 BB1 + MC CC = 1 + + = � xy + yz + zx = xyz Từ x y z MA MB MC = ( x - 1) ( y - 1) ( z - 1) MA1 MB1 MC = xyz - ( xy + yz + zx) + x + y + z - = x + y + z - � � 1 1� � = ( x + y + z) � + + - �9 - = Đẳng thức xảy � � � x y z� � � x = y = z , lúc M trọng tâm tam giác ABC BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra , Rb, Rc theo thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Khi ta có bất đẳng thức Ra + Rb + Rc �2( da + db + dc ) Đẳng thức xảy tam giác ABC M tâm tam giác Chứng minh bất đẳng thức: Đặt BC = a,CA = b, AB = c Lấy điểm M đối xứng với điểm M qua đường phân � Dựng giác BAC BH ^ AM CK ^ AM 279 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Giả sử AM cắt BC D Khi BD �BH , DC �CK Đẳng thức xảy AD ^ BC hay AM ^ BC Từ ta có: a �+۳+ BH CK aRa 2SABM 2SACM (chú ý c b AM = AM = Ra ) hay aRa �cdb + bdc Từ Ra � db + dc (1) a a a b c b a c b c Tương tự ta có Rb � dc + da (2); Rc � db + da (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1),(2),(3) ta thu được: � � � � b c� a c� a b� � � � � � � Ra + Rb + Rc �da � + + d + + d + � �2( da + db + dc ) � � � � � � b� c� � � � � c b c a b � � � � � a� (Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức ngoặc) Đẳng thức xảy a = b = c đồng thời M trực tâm tam giác ABC Nói cách khác, M (và M ) tâm tam giác ABC Từ cách chứng minh có số kết sau: Hệ (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng tích) Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra , Rb, Rc thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Khi ta có bất đẳng thức Ra Rb.Rc �8dadbdc Chứng minh: Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell, ta có: c b a c a b Ra � db + dc (1); Rb � dc + da (2); Rc � db + da a a b b c c (3) Nhân theo vế ba bất đẳng thức ta được: 280 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � � � c b � a c � a b � � � � � � � � Ra Rb.Rc �� d + d d + d d + d� � � � � � � � � � � � � a b a c� b c b a� c b c a� � � � �2 c b a c a b (đpcm) db dc dc da db da = 8dadd b c a a b b c c Hệ (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng thức) Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra , Rb, Rc thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Khi ta có bất đẳng thức Ra + Rb + Rc � ( ) da + db + dc Chứng minh: Từ bất đẳng thức (1),(2) (3) theo bất đẳng thức Cauchy ta có: c b db + d c b a c Ra � db + dc � a a a có: a c dc + da a c b Rb � dc + da � b b b a b db + da a b c Rc � db + da � c c c đẳng thức (4),(5) (6) ta được: (4) Tương tự ta (5) (6) Cộng theo vế bất Ra + Rb + Rc � � 1� b c� 1� c a� � 1� a b� � � � � � � � � � � + d + + d + + d � � � � � � a b � � � � � � c b a c b a � � � c 2� 2� 2� � � � � 281 ( ) da + db + dc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC biểu thức ngoặc bất đẳng thức Ta có điều cần chứng minh Một số ứng dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell Ví dụ Gọi I tâm r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để tam giác ABC IA + IB + IC = 6r Giải: Kẻ IH , IJ , IK theo thứ tự vng góc với cạnh BC ,CA, AB Ta có IH = IJ = IK = r Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I tam giác ABC , ta thấy IA + IB + IC �2( IH + IJ + IK ) = 6r Đẳng thức xảy tam giác ABC Nói cách khác, điều kiện cần đủ để tam giác ABC IA + IB + IC = 6r (đpcm) Ví dụ Giả sử M điểm nằm tam giác ABC Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh MA + MB + MC �6r Đẳng thức xảy nào? Giải: Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Kẻ AH vng góc với BC , MA1 vng góc với BC Khi ta có 282 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AM + MA1 �AH Từ AM � Tương tự, BM � 2SABC CA 2SABC BC - y;CM � - x 2SABC AB - z Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: �1 1 � � � MA + MB + MC �2SABC � + - ( x + y + z) � + � � � BC CA AB � � �1 1 � � � = r ( BC + CA + AB ) � + - ( x + y + z) (1) � + � � � BC CA AB � � Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: �1 � ( BC +CA + AB ) � � BC � + � 1 � � + �9 (2) Áp dụng bất đẳng � CA AB � � thức Erdos – Mordell cho điểm M tam giác ABC ta có: MA + MB + MC �2( x + y + z) (3) � MA + MB + MC � � � � � � Từ (1),(2), (3) suy MA + MB + MC �9r - � � � � hay MA + MB + MC �6r Đẳng thức xảy tam giác ABC (đpcm) Ví dụ Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có bất đẳng thức: a) cosA + cosB + cosC � b) cosA.cosB.cosC � Đẳng thức xảy nào? Giải: a) Gọi O;R theo thứ tự tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; 283 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC thứ tự hình chiếu vng góc kẻ từ O đến cạnh BC ,CA, AB Từ giả thiết tam giác � = BOC � ABC nhọn, ta nhận thấy BAC (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn � = HOC � Tương tự có cung) hay BAC � = AOI � ;ACB � = BOK � ABC � + cosAOI � + cosBOK � Từ cosA + cosB + cosC = cosHOC OH OI OK OH +OI +OK (1) Nhưng theo bất đẳng + + = OC OA OB R thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm tam giác ABC ta có = OA + OB + OC (2) OH + OI + OK � Từ (1) (2) suy cosA + cosB + cosC � Đẳng thức xảy tam giác ABC b) Dựng AA1 ^ BC ;BB1 ^ AC ;CC ^ AB Gọi H trực tâm tam giác ABC Do tứ giác BC 1HA1 nội tiếp nên � =A �HC Tứ giác CA �HB nội ABC 1 � =B �HA Tứ giác tiếp nên ACB 284 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � = C�HB Do AC 1HB1 nội tiếp nên BAC �HC cosB �HA.cosC�HB = HA1.HB1.HC (3) cosA.cosB.cosC = cosA 1 HA.HB.HC Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: HA.HB HC �8HA1.HB1.HC Từ (3) suy cosA.cosB.cosC � Đẳng thức xảy tam giác ABC Chú ý: Do tam giác ABC nhọn nên cosA ,cosB,cosC  Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: cosA + cosB + cosC �33 cosA.cosB cosC Theo chứng minh ta có: cosA + cosB + cosC � 33 cosA.cosB.cosC ޳� cosA.cosB.cosC suy Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn, gọi I , I a , I b, I c theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với ( ) đỉnh A, B,C tam giác đó; r bán kính đường tròn I Chứng minh rằng: a) IA.IB IC �8r b) II a + II b + II c �12r c) II a II b.II c �64r d) II a + II b + II c �6 r Hướng dẫn giải: a) Gọi H ,J , K tiếp điểm ( ) đường tròn I với cạnh BC ,CA, AB Sử dụng bất đẳng 285 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: IA.IB IC �8IH IJ IK , hay IA.IB IC �8r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Lưu ý: Bất đẳng thức câu a) cho tam giác ABC b) Nhận xét điểm I trực tâm tam giác I aI bI c Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I tam giác I aI bI c ( ) ta nhận được: II a + II b + II c �2 IA + IB + IC �12r (theo kết ví dụ 1) Đẳng thức xảy tam giác ABC c) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích cho điểm I tam giác I aI bI c ta nhận II a II b.II c �8IA.IB.IC �64r (theo kết câu a) đẳng thức xảy tam giác ABC d) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng thức cho điểm I tam giác I aI bI c ta có II a + II b + II c � ( IA + IB + IC ) (1) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng thức cho điểm I tam giác ABC ta được: IA + IB + IC � Từ (1) (2) suy ( ) IH + IJ + IK = r (2) II a + II b + II c �6 r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác ABC với BC = a,CA,b, AB = c Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh bất đẳng 286 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC thức abc �24 3r Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải: Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Từ công thức Heron SABC = p( p - a) ( p - b) ( p - c) SABC = pr (1) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Theo định lý Pythagore từ (1) ta có: 2� 2� 2� �2 �2 �2 � � IA 2.IB 2.IC = � r + ( p - a) � r + ( p - b) � r + ( p - c) � � � � � � � � � � � � � � � � � � ( p - a) bc� ( p - b) ac� ( p - c) ab� � � � � � � � � � =� � � � (2) � � � � � � � � � � � � p p p � � � � � � � � � � � � Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: p ( p - a) + ( p - b) + ( p - c) = � ( p - a) ( p - b) ( p - c) hay 3 ( p - a) ( p - b) ( p - c) � IA 2.IB 2.IC � a2b2c2 27 p3 (3) Từ (2) (3) suy 27 IA.IB IC abc 3 (4) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IA.IB IC �8r (5) Từ (4) (5) ta suy abc �24 3r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Chú ý: Các bạn quen làm với định lí sin tam giác ABC thấy a = 2R sin A;b = 2R sin B;c = 2R sinC ( R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Khi từ bất đẳng thức abc �24 3r ta nhận bất đẳng thức: 8R sin A.sin B.sinC �24 3r ta nhận bất đẳng thức 287 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Hệ Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức �r � � Đẳng thức xảy sin A.sin B sinC �3 3� �� � � R� � � tam giác ABC Ví dụ Giả sử đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự A1, B1,C Chứng minh bất đẳng thức AB BC CA �8A1B1.B1C 1.C 1A1 Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải: Đặt BC = a, AC = b, AB = c p nửa chu vi tam giác ABC Sử dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp IC 1AB1;IC 1BA1;IACB 1 ta thấy IA.B1C = IB1.AC + IC 1.AB1 ( ) hay IA.B1C = 2r p - a (1) ( ) = 2r p - b (2); Tương tự IB AC 1 IC A1B1 = 2r ( p - c) (3) Nhân đẳng thức (1),(2) (3) theo vế ta được: IA.IB IC = 8r ( p - a) ( p - b) ( p - c) B1C 1.C 1A1.A1B1 (4) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: 288 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � ( p - a) + ( p - b) � � � c2 � � � = ; ( p - a) ( p - b) �� � � � � � � � � � ( p - b) + ( p - c) � � a2 � � � = ( p - b) ( p - c) �� � � � � � � � � ( p - c) + ( p - a) � � � b2 � � � = Nhân ba bất đẳng thức ( p - c) ( p - a) �� � � � � � � � ( )( )( ) theo vế ta thu p - a p - b p - c � abc (5) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IA.IB IC �8r (6) Từ (4),(5),(6) suy AB BC CA �8A1B1.B1C 1.C 1A1 (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Từ (1),(2) (3) suy PA + PB + PC < 2( da + db + dc ) Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos – Mordell Từ ta có đpcm Ví dụ Giả sử H trực tâm tam giác nhọn ABC Gọi D, E , F trung điểm BC ,CA, AB ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức HD + HE + HF � R Hướng dẫn giải: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , w tâm đường tròn Euler tam giác ABC Ta có kết sau: +) w trung điểm OH +) Bán kính đường tròn Euler tam giác ABC nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam 289 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC giác đó.(Xem them phần đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le) Sử dụng hai kết ta có: HD + OD �2wD = R ; HE +OE �2wE = R ; HF +OF �2wF = R Cộng theo vế ba bất ( đẳng thức ta được: HD + HE + HF �3R - OD + OE + OF ) (1) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm OA + OB + OC 3R (2) = 2 tam giác ABC ta có: OD + OE + OF � Từ (1) (2) suy HD + HE + HF � R (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O bán kính R Các đường cao AA1, BB1,CC đồng quy H Kẻ OO1 vng góc với BC ,OO2 vng góc với AC ,OO3 vng góc với AB Chứng minh rằng: HA1 + HB1 + HC �OO1 + OO2 + OO3 � 3R Hướng dẫn giải: Nhận xét HA = 2OO1;HB = 2OO2;HC = 2OO3 Xem thêm phần đường tròn Ơ le- Đường thẳng Ơ le (Áp dụng đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm H tam giác ABC , ta có: HA1 + HB1 + HC � HA + HB + HC = OO1 + OO2 + OO3 Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O tam giác OA + OB + OC 3R (đpcm) ABC ta có: OO1 + OO2 + OO3 � = 2 290 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ví dụ Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra , Rb, Rc theo thứ tự khoảng cách từ điểm M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ điểm M đến cạnh BC ,CA, AB Chứng minh bất đẳng thức � � dadc dcda dadb � � � da + db + dc �2� + + � � � Rb Rc � �Ra � Giải: Gọi A1, B1,C theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ M lên cạnh BC ,CA, AB Ta có B1C = MA.sin A = Ra sin A; C 1A1 = MB sin B = Rb.sin B A1B1 = MC sinC = Rc sinC Kẻ MA2 vng góc với B1C ; MB2 vng góc với C 1A1 ; MC vng góc với A1B1 Khi MB1.MC db.dc � A = MB sin MAC � MA2 = MB1.sin MB = = (1) 1 MA Ra MA1.MC dadc � B = MC sin MBA � MB2 = MC 1.sin MC = = (2) 1 MB Rb MB1.MA1 db.da � � MC = MA1.sin MAC = MA1.sin MCB = = (3) MC Rc Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Merdell cho điểm M tam ( giác A1B1C ta có: MA1 + MB1 + MC �2 MA2 + MB2 + MC 291 ) (4) PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � dd dd � dd � �a c + c a + a b � Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra: da + db + dc �2� � � � Rb Rc � �Ra � (đpcm) Chọn x = Ra , y = Rb , z = Rc ta nhận được: �R �R �R Rb � � Ra � � Rb � � � � � c c a � � � � � � Ra + Rb + Rc �� + da + � + db + � + dc � � � � � � � � � � � � R R R R R R � � � � � � b � a � b c � c � a � � �2( da + db + dc ) 292 ... FG / / AC � FGHE hình chữ nhật Tức điểm M �O giao điểm hai đường chéo hình thoi ABCD = Nhưng + LJ = LM MJ SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ Ở cấp THCS, em học sinh làm quen... 276 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC a) b) AA1 DA1 AA1 AD + BB1 + BB1 EB1 BE + CC + CC FC CF đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: Gọi H trực tâm... 2BD = const , khơng phụ thuộc vào cách lấy điểm M cạnh AB Vậy chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ 2BD MNEF hình bình hành có cạnh song song với với đường chéo hình chữ nhật ABCD Ta có tốn tổng