Chuyên đề Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học (dành cho lớp 7, 8, 9)

NGUY N CÔNG L I CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, T sách luy n thi giới thiệu đến thầy cô em chuyên đề toán bất đẳng thức cực trị hình học Chúng tơi kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán bất đẳng thức cực trị hình học thường kì thi gần Chuyên đề gồm phần:  Hệ thông kiến thức cần nhớ  Các thí dụ minh họa  Bài tập tự luyện  Hướng dẫn giải Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng chuyên đề để giúp em học tập Hy vọng chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Liên hệ cạnh góc tam giác Định lí 1: Cho tam gi{c ABC Nếu ABC  ACB AC  AB v| ngược lại Định lí 2: Cho hai tam giác ABC MNP có AB  MN AC  MP Khi ta có bất đẳng thức BAC  NMP  BC  NP Định lí 3: Trong tam giác ABC ta có: + Nếu A  900 BC2  AB2  AC2 + Nếu A  900 BC2  AB2  AC2 + Nếu A  900 BC2  AB2  AC2  AB  AC  BC  AB  AC   Định lí 4: Với tam gi{c ABC ta ln có:  AC  BC  AB  AC  BC    BC  AB  AC  BC  AB Hệ quả: Cho n điểm A1 ; A2 ; A3 ; ; An Khi ta ln có A1A2  A2 A3   An1An  A1An Dấu xẩy n điểm A1 ; A2 ; A3 ; ; An thẳng h|ng v| xếp theo thứ tự Định lí 5: Cho tam gi{c ABC v| M l| trung điểm BC Khi ta có BC + Nếu A  900 AM  BC + Nếu A  900 AM  BC 2 Quan hệ đường xiên, đường vng góc hình chiếu đường xiên + Nếu A  900 AM  Định lí 1: Trong c{c đường xiên v| đường vng góc kẻ từ điểm ngo|i đường thẳng đến đường thẳng đường vng góc l| đường ngắn Định lí 2: Trong hai đường xiên kẻ từ điểm nằm ngo|i đường thẳng đến đường thẳng đó:  Đường xiên n|o có hình chiếu lớn lớn  Đường xiên n|o lớn có hình chiếu lớn Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC  Nếu hai đường xiên hai hình chiếu nhau, v| ngược lại, hai hình chiếu hai đường xiên Các bất đẳng thức đường trịn Định lí 1: Trong đường trịn đường kính l| d}y lớn Định lí 2: Trong đường trịn:  Hai d}y c{ch t}m v| ngược lại  D}y n|o lớn d}y gần t}m v| ngược lại Định lí 3: B{n kính hai đường tròn l| R  r , khoảng c{ch t}m chúng l| d Điều kiện cần v| đủ để hai đường trịn cắt l| R – r  d  R  r Định lí 4: Cho đường tròn (O; R) v| điểm M nằm đường trịn Khi ta có R – d  MN  R  d Với N l| điểm đường trịn v| d l| khoảng c{ch từ M tới t}m đường trịn Định lí 5: Cho đường tròn (O; R) v| điểm M ngo|i đường trịn Khi ta có d – R  MN  d  R Với N l| điểm đường trịn v| d l| khoảng c{ch từ M tới t}m đường tròn Các bất đẳng thức diện tích Định lí 1: Với tam gi{c ABC ta ln có S ABC  AB.AC , dấu xẩy v| tam gi{c ABC vng A Định lí : Với tứ gi{c ABC ta ln có S ABCD  AC.BD , dấu xẩy v| AC vng góc với BD Định lí 3: Với tứ gi{c ABCD ta ln có S ABCD   AB.BC  AD.DC  , dấu xẩy v| B  D  900 Một số bất đẳng thức đại số thường dùng  Với x, y l| c{c số thực dương , ta ln có   x2  y2  2xy; x2  y2   x  y  , dấu xẩy v| x  y  Với x, y, z l| c{c số thực dương , ta ln có Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 1   , dấu xẩy v| x  y x y xy 1    , dấu xẩy v| x  y  z x y z xyz  Bất đẳng thức Cauchy: Với x, y, z l| c{c số thực dương , ta ln có xy  xy , dấu xẩy v| x  y xyz  xyz , dấu xẩy v| x  y  z  Bất đẳng thức Bunhiacopxki Với a, b, c v| x, y, z l| c{c số thực, ta ln có a  b2  x a  b2  c 2   y2   ax  by  , dấu xẩy v|  x 2  a b  x y  y2  z2   ay  by  cz  , dấu xẩy v| a b c   x y z II.CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Chứng minh tổng độ d|i ba đường trung tuyến tam gi{c lớn chu vi v| nhỏ chu vi tam gi{c Phân tích tìm lời giải Trên cở sở hình vẽ, ta cần chứng minh  AB  BC  CA   AD  BE  CF  AB  BC  CA AM , theo ta 2AD  AB  AC Ho|n to|n tương tự ta AD  BE  CF  AB  BC  CA Ta cần chứng minh  AB  BC  CA   AD  BE  CF Chú ý G l| trọng t}m tam gi{c nên từ BG  GC  BC ta BE  CF  BC Đến đ}y {p dụng tương tự v| cộng theo vế c{c bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Lấy điểm M tia đối tia DA cho DA  Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC Xét tam gi{c ABC có ba đường trung tuyến l| AD, BE, A CF tia đối tia DA lấy điểm M cho D l| trung E F Trước hết ta chứng minh 2AD  AB  AC Thật vậy, B D C điểm AM, ta AC  BM AM  2AD Trong tam giác ABM có AM  AB  BM ta 2AD  AB  AC M Tương tự ta 2BE  BC  AB; 2CF  CA  BC Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta  AD  BE  CF    AB  BC  CA  Hay AD  BE  CF  AB  BC  CA 2 BE CG  CF 3 2 3 Nên BE  CF  BC  BE  CF  BC Tương tự CF  AD  AC; AD  BE  AB 3 2 Cộng c{c bất đẳng thức vế theo vế ta có Trong tam giác BGC có BG  GC  BC mà BG   AD  BE  CF   3 AB  BC  CA   AD  BE  CE   AB  BC  CA   Kết hợp hai bất đẳng thức ta  AB  BC  CA   AD  BE  CF  AB  BC  CA Ví dụ Cho tam gi{c nhọn ABC có c{c đường ph}n gi{c AD, BE, CF cắt I Chứng minh c{c đoạn thẳng ID, IE, IF l| độ d|i ba cạnh tam gi{c Phân tích tìm lời giải Để chứng minh c{c đoạn thẳng ID, IE, IF l| độ d|i ba cạnh tam gi{c Ta cần chứng minh c{c bất đẳng thức IE  FI  DI; EI  DI  FI; DI  FI  EI Gọi r l| b{n kính đường trịn nội tiếp tam gi{c ABC v| vẽ IH vng góc với AC H suy IH  r Chú ý EIH  450 nên tam giác vng góc EIH nhỏ nên EH  IH  r Từ suy r  IE2  2r Ho|n to|n tương tự ta DI  EI  FI ; EI  FI  DI ; FI  DI  EI Đến đ}y ta c{c bất đẳng thức Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC Gọi r l| b{n kính đường trịn nội tiếp tam gi{c B ABC, vẽ IH vng góc với AC H suy IH  r Ta cần chứng minh ba bất đẳng thức IE  FI  DI; EI  DI  FI; DI  FI  EI F Thật vậy, tam gi{c vng IEH có  EIH  900  IEH  900  IEH  90  ECB  A D EH C  1800  IEH  ECB  EBC  900 Do tam gi{c vng IEH góc EIH nhỏ Khi ta EH  IH  r Mặt kh{c theo định lí Pitago ta có IE2  IH2  EH2 m| lại có OH  r; HE  r nên suy IE2  2r Từ ta r  IE2  2r Chứng minh tương tự ta r  ID2  2r ; r  IF2  2r Từ c{c bất đẳng thức ta thu DI  EI  FI ; EI  FI  DI ; FI  DI  EI Do IE  FI  DI; EI  DI  FI; DI  FI  EI hay DI, EI, FI l| độ d|i ba cạnh tam giác Ví dụ Cho tam gi{c ABC v| điểm M nằm tam gi{c Chứng minh rằng: MA.BC  MB.CA  MC.AB  2Max AB.AC; BC.CA; CA.AB Phân tích tìm lời giải Gọi A1 l| giao điểm AM với BC Khi ta thấy AA1  AB  Max AB; AC Do ta AA1 BC  BC.Max AB; AC  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC Từ suy bất đẳng thức MA.BC  MA MA AA1 BC  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC Áp dụng ho|n to|n AA1 AA1 tương tự v| ý đến đẳng thức quen thuộc MA MB MC    ta có điều phải AA1 BB1 CC1 chứng minh Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC Gọi A1 ; B1 ; C1 l| giao điểm AM, BM, A CM với BC, CA, AB Tia AM nằm hai tia AB AC nên A1 nằm hai điểm B v| C Vẽ AH B1 C1 vng góc với BC H Giả sử AB  AC nên ta M BC  CH Gọi B’ l| điểm đối xứng với B qua H, suy C thuộc đoạn BB’ M| A1 thuộc đoạn BB’ B A1 H C B' nên A1H  BH Từ suy AA1  AB  Max AB; AC Suy AA1 BC  BC.Max AB; AC  Max AB.BC; AC.BC  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC Đặt x  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC , ta MA.BC  Ho|n to|n tương tự ta MB.CA  MB MC x; MC.AB  x BB1 CC1 Mặt kh{c ta có SMAB  SMBC  SMCA  SABC nên ta Từ ta MA MA AA1 BC  x AA1 AA1 MA1 MB1 MC1   1 AA1 BB1 CC1 MA MB MC    Do ta MA.BC  MB.CA  MC.AB  2x AA1 BB1 CC1 Vậy ta MA.BC  MB.CA  MC.AB  2Max AB.AC; BC.CA; CA.AB Ví dụ Cho tứ gi{c ABCD v| điểm M thuộc miền tứ gi{c Chứng minh rằng: MB  MC  Max AB  AC; DB  DC Phân tích tìm lời giải Với điểm M thuộc miền tứ gi{c ABCD, xẩy hai trường hợp l| M thuộc cạnh tứ gi{c M thuộc miền tứ gi{c Với điểm M thuộc cạnh tứ gi{c, chẳng hạn điểm M thuộc đoạn AD, ta cần chứng minh MB  MC  DB  DC MB  MC  AC  AC Với điểm M nằm miền tam gi{c, lấy điểm N AD để MB  MC  NB  NC v| quy b|i to{n chứng minh tương tự trường hợp thứ Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC Trước hết ta ph{t biểu v| chứng minh bổ đề: Cho tam A gi{c ABC v| điểm M nằm tam gi{c, I ta ln có M MB  MC  AB  AC Thật vậy, gọi giao điểm BM với AC l| I ta B có C AB  AC  AB  AI  CI  BI  CI  BM  IM  CI  BM  CM Bổ đề chứng minh Trở lại b|i to{n: Với điểm M thuộc miền tứ gi{c ABCD, xẩy hai trường hợp l| M thuộc cạnh tứ gi{c M thuộc miền tứ gi{c Do ta xét hai trường hợp sau: + Trường hợp 1: Điểm M thuộc cạnh tứ B' D gi{c, khơng tính tổng qu{t ta giả sử điểm M M I nằm đoạn thẳng AD Gọi B’ l| điểm đối A xứng với điểm B qua AD Vì hai điểm B, C nằm phía so với AD nên B’, C nằm hai phía so với AD Suy hai đoạn thẳng B’C v| AD cắt C B Gọi I l| giao điểm B’C với AD Do M thuộc đoạn AD nên I thuộc tia MA tia MD Khi theo bổ đề ta MB  MC  DB  DC MB  MC  AC  AC Từ ta MB  MC  Max AB  AC; DB  DC + Trường hợp 2: Điểm M thuộc miền tứ D N gi{c Khi gọi O l| giao điểm hai đương chéo A điểm M thuộc c{c tam gi{c OAD, OBC, O OCD, ODA Tùy theo vị trí điểm M m| ta chọn M điểm N đoạn AD cho theo bổ đề ta ln có MB  MC  NB  NC M| theo trường hợp ta B C có NB  NC  Max AB  AC; DB  DC Từ ta MB  MC  Max AB  AC; DB  DC Nếu AB  AC  DB  DC dấu xẩy v| hai điểm A v| M trùng Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 39 Dễ thấy 1 1     l| số Do đạt gi{ trị nhỏ l| 2R BE DA DB DC 2R BE Dấu xẩy v| DA trùng với đường kính EF 1  như: BD CD  Ta có DH  EK nên EH.BC  EK.BC  SDBC  SEBC , điều dẫn đến Nhận xét: Có nhiều cách để tìm giá nhị nhỏ T     DB.DC.sin 1800  BDC  EB.EC.sin 1800  BEC  Mà ta có BEC  BDC EB  EC nên ta BD.CD  BE2  Kéo dài BD đoạn DG  DC , ta BD  DC  BD  DG  BE  EG  BE  EC  2EB 1    BD DC BD  CD BE  Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác nội tiếp BFCD ta Do ta BD.CF  CD.BF  BC.DF   DB  CD  BF  BC.2R Từ suy 1 2BF    BD DC BD  CD R.BC Ví dụ 30 Cho tam gi{c ABC có ba đường trung tuyến AM, BN, CP Gọi R v| r l| b{n kính đường trịn ngoại tiếp v| nội tiếp tam gi{c ABC Chứng minh AM  BN  CP  4R  r Phân tích lời giải Trước hết ta ph{t biểu v| chứng minh bổ đề: Cho tam gi{c ABC nhọn có O l| t}m đường tròn ngoại tiếp Gọi M, N, P l| trung điểm BC, CA, AB Gọi R v| r l| b{n kính đường trịn ngoại tiếp v| nội tiếp tam gi{c Khi ta có OM  ON  OP  R  r Thật vậy, đặt BC  a  2PN; CA  b  2PM; AB  c  2MN Áp dụng định lí Ptoleme cho c{c tứ gi{c nội tiếp APON, BMOP, CNOM ta c b a a a b b c b a c c ON  OP  OA  R ; OP  OM  OB  R ; OM  ON  OC  R 2 2 2 2 2 2 a b c abc Mặt kh{c ta lại có OM  ON  OP  r Từ ta OM  ON  OP  R  r 2 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 40 Trở lại b|i to{n: Ta xét c{c trường hợp sau A + Trường hợp 1: Xét trường hợp tam gi{c ABC nhọn Với c{c kí hiệu ta có N P AM  AO  OM  AM  R  OM O Ho|n to|n tương tự ta BN  R  ON; CP  R  OP B Khi ta C M AM  BN  CP  3R  OM  ON  OP  4R  r Dấu đẳng thức xẩy v| chi O thuộc đồng thời AM, BN, CP hay O l| trọng t}m tam gi{c ABC, điều n|y xẩy v| tam gi{c ABC + Trường hợp 2: Xét trường hợp tam gi{c ABC khơng nhọn, khơng tính tổng qu{t ta giả sử A  900 Với c{c kí hiệu ta có AM  a BC  2 a c BP  NP  PB   2 a b CP  PN  CN   2 Khi ta AM  BN  CP  2a   b  c  a  Dễ thấy 2a  4R A T N P I B M C O Gọi (I) l| đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC v| (I) tiếp xúc với AB T Vì A  900 nên ta có TAI  450  TIA  450 nên ta TA  TI  b  c  a  r Từ ta AM  BN  CP  4R  r Ví dụ 31 Cho đường trịn (O; R) v| điểm I nằm bên đường tròn Gọi AC v| BD l| hai d}y cung qua I X{c định vị trí AC v| BD để AB.AD  BC.CD đạt gi{ trị AB.BC  DA.CD lớn nhất, gi{ trị nhỏ Phân tích tìm lời giải AB.AD  BC.CD tìm gi{ trị lớn AB.BC  DA.CD v| nhỏ nên trước hết ta biểu diễn biểu thức theo tỉ số d}y cung AC, BD ID IC CD IA ID AD     Chú ý đến IDC ∽ IAB IAD ∽ IBC ta Từ IA IB AD IB IC BC B|i to{n yêu cầu x{c định vị trí củaAC v| BD để Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 41 ID ID IA AD.DC AB.BC  DA.CD   IB Và nên ta suy BD  IB IA IB AB.BC AB.BC AB.DA  BC.CD IA AD AB.AD  BC.CD AC AC  AI ý   ta thu Đến AB.DA IB BC AB.BC  DA.CD BD đ}y xét c{c vị trí AC v| BD để có gi{ trị lớn v| nhỏ biểu thức Lời giải Xét hai tam giác IDC IAB có DIC  AIB IDC  IAB ID IC CD   nên ta IDC ∽ IAB Từ ta IA IB AD Chứng minh tương tự ta IAD ∽ IBC nên IA ID AD ID ID IA AD.DC     Từ Suy ta IB IC BC IB IA IB AB.BC ID  IB AB.BC  DA.CD  hay IB AB.BC AB.BC  DA.CD BD  IB AB.BC Mặt kh{c ta lại có Suy A B O C D IC IC IA BC.CD  :  IA IB IB AB.DA IC  IA AB.DA  BC.CD AB.DA  BC.CD  AI hay AC  IA AB.DA AB.DA AB.DA  BC.CD AI AC AB.DA  Từ c{c kết ta BD AB.BC  DA.CD IB AB.BC Chú ý + IA AD AB.AD  BC.CD AC   ta thu Đến đ}y ta IB BC AB.BC  DA.CD BD AB.AD  BC.CD đạt gi{ trị lớn v| AC lớn đồng thời BD nhỏ nhất, AB.BC  DA.CD điều n|y tương đương với AC qua O v| BD vng góc với OI + AB.AD  BC.CD đạt gi{ trị nhỏ v| AC nhỏ đồng thời BD lớn AB.BC  DA.CD nhất, điều n|y tương đương với BD qua O v| AC vng góc với OI Ví dụ 32 Cho AB l| d}y cung cố định kh{c đường kính đường trịn (O; R) Vẽ c{c tia Ax By l| c{c tia tiếp tuyến đường tròn (O) Một điểm động cung lớn AB Vẽ MC vng góc với Ax C, MD vng góc với By D X{c định vị trí M để AC.BD  MC.MD đạt gi{ trị lớn Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 42 Vẽ ME vng AB E v| ON vng góc với AB M N x Xét tam giác MAC MEB có C y O MCA  MEB  900 MAC  MBE  sdAM Do MCA ∽ MEB nên suy MC AC MA   ME BE MB Chứng minh ho|n to|n tương tự ta MAE ∽ MBD suy D A E B N ME AE MA   MD BD MB Kết hợp hai kết ta MC.MD  ME2 AC.BD  AE.BE Lại có ME  MN MN  MO  ON MC.MD  ME2   OM  ON    R  ON  2  AE  BE  AB2 Theo bất đẳng thức Cauchy ta AE.BE       AB2 Do ta AC.BD  MC.MD  AE.BE  ME2    ON  R  không đổi AE  BE  Dấu xẩy v| E  N  M nằm cung lớn AB MN  OM  ON  AB2   ON  R  , đạt M l| điểm Do gi{ trị lớn AC.BD  MC.MD cung lớn AB Ví dụ 33 Cho tam gi{c ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi A’, B’, C’ lầ lượt l| điểm c{c cung nhỏ BC; CA; AB đường tròn (O) Gọi E, Q l| giao điểm B’C’ với AB, AC; M, F l| giao điểm A’C’ với BC, AB; P, N l| giao điểm A’B’ với AC, BC Chứng minh S  SMNPQEF ABC Phân tích lời giải + Trước hết ta chứng minh c{c đường thẳng MQ, NE, PF đồng quy điểm Gọi I l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC Khi ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy I Thật vậy, sử dụng tính chất góc nội tiếp v| góc có đỉnh nằm bên đường trịn ta có Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 43 1 B' AI  sdB' A'  sdB'C  sdA'C 2 1 B'IB  sdB' A  sdA' B 2 A C' M| ta lại có sdB'C  sdB' A; sdA'C  sdA' B F I Từ ta B' AI  B'IA nên tam gi{c B’IA c}n B’, suy B'I  B' A Chứng minh tương tự ta B B' Q E P O M C N C'I  C' A Từ suy B’C’ l| đường trung trực đoạn thẳng AI A' Lặp lại c{ch chứng minh ta C’A’ v| A’B’ l| đường trung trực đoạn thẳng IB, IC Theo tính chất điểm nằm đường trung trực đoạn thẳng ta thu MB  MI FB  FI Từ suy tam gi{c BMI c}n M v| tam gi{c FBI c}n F Do ta MBI  MIB; FBI  FIB M| ta lại có MBI  FBI nên ta FBI  MIB  MBI  FIB , suy IM//BF IF//BM Kết hợp với MBI  FBI ta suy tứ gi{c BMIF l| hình thoi Chứng minh ho|n to|n tương tự ta c{c tứ gi{c AQIE v| CNIP l| hình thoi Từ ta IF//BC v| IP//CN nên IP//BC, suy FP qua điểm I Chứng minh tương tự ta QM, NE qua điểm I Vậy MQ, NE, PF đồng quy điểm I + Chứng minh S  SMNPQEF ABC Từ c{c kết ta thu PF//BC, NE//AC, MQ//AB Đặt AB  c; BC  a; CA  b IP AC b IP PQ b      IF AB c IF PA b  c S FIE c2 PI PQ b  Tương tự ta có   S AFP  b  c 2 PF PA  b  c 2 Khi ta có Ta có SPIQ S AFP S 2 S S AEIF b c 2bc AEQ AEID  2bc  bc  1    Do Suy 2 S AFP S AFP S AFP  b  c 2  b  c 2  b  c  b  c  b  c AI A'I AA'   AB A' B AB  A' B AP AF FP AI AB      Từ ta AC AB BC AA' AB  A' B Mặt kh{c ta lại có Tác giả: Nguyễn Công Lợi c bc  ca abc c bc TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44  b  c S AP AF  FP  Do ta thu AFP     S ABC AC AB  BC   a  b  c 2 2 Kết hợp c{c kết ta S AEQ S ABC S  b  c   bc S bc  AEQ AFP  S AFP S ABC  b  c 2  a  b  c 2  a  b  c 2 Lặp lại c{c chứng minh ta S AFM S ca ab  ; CPN  S ABC  a  b  c  S ABC  a  b  c 2 Ta có SMNPQEF  SABC   SAEQ  S BFM  SCPN  nên ta Do  a  b  c    ab  bc  ca  nên ta có  Từ suy S MNPQEF  S ABC SMNPQEF S ABC ab  bc  ca a  b  c   1  1 ab  bc  ca a  b  c  ab  bc  ca   ab  bc  ca  2 hay S ABC  SMNPQEF Dấu xẩy v| tam gi{c 3 ABC Ví dụ 34 Cho đường trịn (O) v| điểm P cố định nằm đường trịn (O)(P khơng trùng với O) Hai d}y cung AC v| BD thay đổi đường trịn (O) vng góc với P Tìm vị trí c{c d}y cung AC v| BD cho: a) Diện tích tứ gi{c ABCD lớn nhất, nhỏ b) Chu vi tứ gi{c ABCD lớn nhất, nhỏ Lời giải a) Gọi E, F, G, H theo thứ tự l| trung điểm AB, AD, A CD, CB Khi dễ d|ng chứng minh tứ gi{c EFGH l| hình nhật có t}m l| trung điểm M F E đoạn OP O K Ta cần chứng minh AB2  CD2  AD2  BC2  4R Thật AC  BD nên dễ d|ng suy B P D I H AB OEA  DGO , suy OG  EA  2 G C N  AB   CD    OG2  DG2  R nên ta Ta có        AB2  CD2  4R Ho|n to|n tương tự ta chứng minh AD2  BC2  4R Hạ OK vng góc với AC v| OI vng góc với BD Khi ta có ID2  R  OI    Do ta BD2  R  OI Tương tự ta có AC2  R  OK Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi  TÀI LIỆU TỐN HỌC 45   Từ suy AC2  BD2  4R  OI  OK  8R  4OP2 không đổi Từ đ}y ta EF2  FG2  EG2  EG2    AC2  BD2 không đổi Suy hình chữ nhật EFGH l| hình chữ nhật thay đổi đường trịn cố định có t}m l| trung điểm OP Để ý l| SEFGH  S Do ABCD SEFGH  EF.GH  EF2  GH2 1  AC2  BD2  8R  4OP2 8     Dấu xẩy v| tứ gi{c EFGH l| hình vng nên AC  BD Lại có SEFGH  EF.FG    2 1 1 EF  FG2   EF  FG    8R  4OP2   EF  FG    2 Để SEFGH đạt gi{ trị nhỏ EF  FG phải đạt gi{ trị lớn Mà ta có AC  2R  FG  R BD  MN với MN qua P Do EF  MN MN nên EF  FG  R  2 Do SEFGH đạt gi{ trị nhr AC l| đường kính đường trịn (O) Vậy S ABCD đạt gi{ trị lớn AC  BD S ABCD đạt gi{ trị nhỏ AC  2R b) Đặt m  AB  BC  CD  DA ta m2  AB2  BC2  CD2  AD2   AB.BC  BC.CD  CD.DA  DA.AB  AB.BC  BC.AD  Mà ta có AB2  BC2  CD2  AD2 có gi{ trị khơng đổi Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ gi{c nội tiếp AEOF ta có AE.OF  OE.AF  R.EF Hay ta AB.BC CD.DA R.BD AB.AD CD.BC R.AC     Tương tự ta có 4 4 Do ta 2R  BD  AC   AB.BC  CD.DA  AB.AD  CD.BC Như việc tìm gi{ trị lớn v| nhỏ m tương đương với tìm gi{ trị lớn v| nhỏ biểu thức S  AB.CD  AD.BC  2R  AC  BD  Cũng theo định lí Ptoleme tứ gi{c ABCD nội tiếp ta có AB.CD  AD.BC  AC.BD Do suy S  AC.BD  2R  AC  BD  Ta có S  AC.BD  2R  AC  BD   AC2  BD2  2R AC2  BD2 không đổi   Dấu xẩy v| AC  BD Lại có S    1 2   2R AC2  BD2   AC  BD 2 AC  BD  AC  BD     Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 46 Mà ta có AC  2R; BD  MN  AC  BD  2R  MN Suy S    1 2   2R AC2  BD2   2R  MN 2 không đổi AC  BD  2R  MN     Dấu xẩy v| AC  2R Vậy m  AB  BC  CD  DA đạt gi{ trị lớn AC  BD v| đạt gi{ trị nhỏ AC  2R Ví dụ 35 Cho tam gi{c ABC nội tiếp đường trịn (O) v| ngoại tiếp đường trịn có b{n kính r Gọi O1 ,R ; O2 ,R ; O3 ,R theo thứ tự l| t}m v| b{n kính đường trịn tiếp xúc ngo|i với đường trịn (O) đồng thời tiếp xúc với AB, AC; BC, BA; CA, CB tương ứng Chứng minh R1  R  R  12r Lời giải Giả sử đường tròn  O1 ; R  tiếp xúc ngo|i với A đường tròn  O; R  D v| tiếp xúc với hai tia AB, K L AC M, N Tia AD cắt đường tròn O I C B  O ; R  điểm thứ hai l| E D N Khi ta có OO1  OD  O1D  R  R1 , lại có OA song song với EO1 AM2  AN2  AD.AE M P O1 AD AD OD Từ hay ta   AE OO1 AM E AD2 R  R  R1 AM Chứng minh tương tự ta BD2 CD2 R   2 R  R1 BM CN Từ ta thu AD BD CD   Mặt kh{c tứ gi{c ABDC nội tiếp nên theo định lí AM BM CN Ptoleme ta có AB.CD  AC.BD  AD.BC Kết hợp với kết ta thu AB.CN  AC.BM  BC.AM Đặt BC  a; CA  b; AB  c ta BM  AM  c; CN  AN  b  AM  b Khi từ hệ thức ta AM  AN  2bc bc a Gọi L l| tiếp điểm AB với đường tròn (I) nội tiếp tam gi{c ABC Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 47 Khi ta có O1M AM R AM hay ta   IL AL r AL Thay AL  p  a  R 2bc 4bc b  c  a  AM  tỉ lệ thức ta   r  b  c  a 2 bc a Chứng minh tương tự ta Từ ta R R2 4ac 4ab  ; 3 2 r  c  a  b r a  b  c  R1  R  R 4bc 4ac 4ab    2 r  b  c  a   c  a  b  a  b  c  Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 4bc  4ac  4ab  b  c  a   c  a  b a  b  c  2  12 a b2 c  b  c  a   c  a  b  a  b  c  2 R1  R  R  12 r Hay ta R1  R  R  12r , dấu xẩy v| R1  R  R a  b  c Chú ý  a  b  c  b  c  a  c  a  b   abc , ta hay tam gi{c ABC Ví dụ 36 Cho tam giác ABC có BAC  600 Gọi P l| điểm tam gi{c Gọi H, K l| hình chiếu P cạnh AB v| cạnh AC Giả sử AC  AH  BC  BH AB  AK  BC  CK Chứng minh BPC  1200 Lời giải Gọi O l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ABC Gọi A M v| N l| trung điểm AB v| AC Khi ta có OM  AB; ON  AC H Gọi I l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC v| D, E M D l| c{c tiếp điểm đường tròn nội tiếp với AD  AE  O N E I cạnh AB, AC Khi ta ID  AB; IE  AC Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có K B C CA  AB  BC Từ suy BD  AB  AD  AB  CA  AB  BC AB  BC  CA  2 Ho|n to|n tương tự ta có AB  AK  BC  CK  AK  BC  CA  AB Từ ta BD  AH  MN  MD v| tương tự ta có NE  NK Do O l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ABC nên ta có BOC  2BAC Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 48 Do I l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC nên ta tính BIC  900  A Theo giả thiết BAC  600  2A  900  BAC  BOC  BIC Do suy BPC  BOC  2A  1200 Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 37 Cho tam gi{c ABC không c}n Gọi O l| t}m đường tròn ngoại tiếp v| I l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC Giả sử giao điểm thứ hai kh{c C ph}n gi{c ACB với đường tròn (O) nằm đường trung trực đoạn IO Chứng minh góc ACB lớn thứ hai tam gi{c ABC Phân tích tìm lời giải     Yêu cầu chứng minh tương đường với Min BAC; ABC  ACB  Max BAC; ABC Muốn ta cần chứng minh ACB  600 , điều n|y khẳng định ta c{c tam gi{c DOB, DOA Lời giải Gọi D l| giao điểm thứ hai ph}n gi{c góc ACB A D với (O) Đầu tiên ta chứng minh DI  DA  BD O Thật vậy, theo tính chất góc ngo|i v| tính chất B đường ph}n gi{c ta có DIA  IAC  ICA   BAC  ACB I C  Mặt kh{c theo tính chất tứ gi{c nội tiếp v| tính chất đườngph}n gi{c ta có DAI  BAI  DCB   BAC  ACB  Kết hợp hai điều ta DIA  DAI nên tam gi{c DAI c}n D, suy DA  DI Ho|n to|n tương tự ta có BD  DI Do thuộc đường trung trực đoạn thẳng OI nên ta có DO  DI Từ suy DO  DA  DB Từ ta dễ d|ng có c{c tam gi{c DOB, DOA Điều n|y dẫn đến BOA  1200 nên ta ACB  600 M| ta lại có ABC  BAC  ACB  1800 nên dễ thấy Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 49    Min BAC; ABC  600  ACB  Max BAC; ABC  Do góc ACB lớn thứ hai tam gi{c ABC Ví dụ 38 Cho tam gi{c ABC khơng c}n có AD v| BE l| đường ph}n gi{c Chứng minh AB góc nhọn tạo hai đường thẳng AB v| DE khơng vượt qua Phân tích lời giải Khơng tính tổng qu{t ta giả sử M tam giác ABC có A  B Gọi M l| giao điểm AB v| DE, góc nhọn tạo hai đường A thẳng AB v| DE l| góc BMD Ta cần chứng minh BMD   BAC  ABC E  D B C Thật vậy, {p dụng định lí Menelaus cho tam gi{c ABC với ba điểm M, D, E thẳng h|ng ta có DB EC MA MA DC EA 1  DC EA MB MB DB EC Để ý l| AD v| BE l| c{c đường ph}n gi{c tam gi{c ABC nên ta DC AC EA BA  ;  DB AB EC BC Từ ta MA AC AB CA   Từ suy CM l| đường ph}n gi{c ngo|i MB AB BC BC đỉnh C tam gi{c ABC Do ta BMC  1800  MCB  MBC  Do suy BMD  CMD  Giả sử BMD     BAC  ABC   BAC  ABC , rõ r|ng ta có CMD  Từ ta  BAC  ABC sin BMD sin CMD     1 BAC  ABC  BMD  BAC  ABC  BMD  sin 2CMD sin CMD  sin CMD.cosCMD sin CMD  cos CMD Mặt kh{c {p dụng định lí sin cho c{c tam gi{c BMD v| CMD ta Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50 BD sin ABC BD sin ABC MD   sin CMD CD sin MCD CD sin MCD MD sin BMD Lai có DB AB sin ACB sin BMD sin ACB sin ABC ACB nên ta     sin CD AC sin ABC sin CMD sin ABC sin MCD Từ ta suy sin Nên ta  ACB  cos CMD  sin 900  CMD    ACB ACB  900  CMD  CMD  900   BAC  ABC , điều n|y vơ lí 2 Do điều ta giả sử l| sai Nên ta BMD    BAC  ABC AB Vậy góc nhọn tạo hai đường thẳng AB v| DE không vượt qua Ví dụ 39 Cho tam gi{c ABC v| điểm K cạnh AC Gọi P t}m l| đường tròn nội tiếp tam gi{c ABK v| Q t}m l| đường trịn b|ng tiếp góc K tam gi{c ABK Gọi D l| t}m đường tròn nội tiếp tam gi{c BCK v| S l| t}m đường trịn b|ng tiếp góc K tam giác BCK Chứng minh KDP  DQP Lời giải Trước hết ta nhận thấy ba điểm K, S P, Q thẳng h|ng v| ba điểm K, D, S thẳng h|ng Ta cần chứng minh tứ gi{c QSDP Q A nội tiếp, điều n|y tương đường với chứng minh hệ thức KD.KS  KP.KQ D P B K C Thật vậy, xét hai tam gi{c KPB v| KAQ có BKQ  AKQ Mặt kh{c biến đổi góc ta lại có  1 QAK  QAP  PAK  900  BAK  900  1800  ABK  AKB 2  1   900   900  ABK  AKB   1800  PAK  PKB  BPK 2    Do hai tam gi{c KPB v| KAQ đồng dạng với Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 51 Từ ta KP KB nên ta KP.KQ  KA.KB  KA KQ Mà ta có KA  KC nên suy KP.KQ  KB.KC Chứng minh ho|n to|n tương tự ta KD.KS  KB.KC Do ta KD.KS  KP.KQ Điều n|y có nghĩa l| tứ gi{c QSDP nội tiếp đường trịn Do suy DSP  DQP Mà KDP l| góc ngo|i tam gi{c DSP nên ta KDP  DSP Từ ta KDP  DQP B|i to{n chứng minh Ví dụ 40 a) Cho n điểm ph}n biệt A1 ; A2 ; A3 ; ; An không nằm đường thẳng Chứng minh tồn không qua điểm M cho tổng khoảng c{ch từ M đến A1 ; A2 ; A3 ; ; An có gi{ trị bé b) Cho n điểm ph}n biệt A1 ; A2 ; A3 ; ; An nằm đường thẳng Tìm c{c điểm M cho tổng khoảng c{ch từ M đến A1 ; A2 ; A3 ; ; An có gi{ trị bé Lời giải a) Giả sử tồn c{c điểm M1 ; M2 thỏa mãn M1A1  M1A2   M1An  M2 A1  M2 A2   M2 An  Min  MA1  MA2   MAn   m Gọi M l| trung điểm M1M2 , ta có M1Ai  M2 Ai  2M0 Ai với i  1; 2; ; n Vì A1 ; A2 ; A3 ; ; An không nằm đường thẳng nên có điểm A k số c{c điểm không nằm đường thẳng M1M2 Khi ta M1Ak  M2 Ak  M0 Ak Khi M1A1  M1A2   M1An  M2 A1  M2 A2   M2 An  M0 A1  M0 A2   M0 An Do suy  M0 A1  M0 A2   M0 An   2m hay M0 A1  M0 A2   M0 An  m  Min  MA1  MA2   MAn  Điều n|y l| vơ lí Do khơng qua điểm M cho tổng khoảng c{ch từ M đến A1 ; A2 ; A3 ; ; An có giá trị bé b) Giả sử n điểm ph}n biệt A1 ; A2 ; A3 ; ; An thẳng h|ng v| xếp theo thứ tự Ta xét hai trường hợp n chẵn v| n lẻ + Trường hợp 1: Với n số chẵn, đặt n  2k Khi với điểm M ta ln có MA1  MA2k  A1A2k ; MA2  MA2k1  A2 A2k 1 ; ; MAk  MAk 1  Ak Ak 1 Dấu xẩy c{c bất đẳng thức l| M thuộc A1A2k ; A2 A2k1 ; ; Ak Ak1 Cộng c{c bất đẳng thức ta Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 52 MA1  MA2   MA2k1  MA2k  A1A2k  A2 A2k 1   Ak Ak 1 Đặt A1A2k  A2 A2k1   Ak Ak1  m l| số Do ta MA1  MA2   MA2k1  MA2k  m Dấu xẩy ta M đồng thời thuộc c{c đoạn thẳng A1A2k ; A2 A2k1 ; ; Ak Ak1 hay M thuộc đoạn thẳng Ak Ak1 Vậy MA1  MA2   MA2k1  MA2k đạt gi{ trị nhỏ m v| M thuộc đoạn thẳng Ak Ak1 + Trường hợp Với n l| số lẻ, đặt n  2k  Thực hiệm tương tự ta MA1  MA2k1  A1A2k1 ; MA2  MA2k  A2 A2k ; ; MAk  MAk 2  Ak Ak 2 Dấu xẩy c{c bất đẳng thức l| M thuộc A1A2k1 ; A2 A2k ; ; Ak Ak 2 Từ ta MA1  MA2   MA2k  MA2k1  A1A2k1  A2 A2k   Ak Ak2  MAk1 M| ta lại có MAk1  nên ta MA1  MA2   MA2k  MA2k1  A1A2k1  A2 A2k   Ak Ak 2 Vậy MA1  MA2   MA2k  MA2k1 đạt gi{ trị nhỏ l| A1A2k1  A2 A2k   Ak Ak2 Dấu xẩy ta M đồng thời thuộc c{c đoạn thẳng A1A2k ; A2 A2k1 ; ; Ak Ak1 MAk1  hay M trùng với điểm A k 1 Ví dụ 41 Cho đa gi{c có 2015 đỉnh l| A1 ; A2 ; ; A2015 Giả sử M1 ; M2 l| hai điểm nằm bên đa gi{c A1A2 A2015 cho M1M2  (đvđd) Chứng minh rằng: M A 1  M1A2   M1A2015    M2 A1  M2 A2   M2 A2015   2013 Lời giải Trước hết ta ph{t biểu v| cứng minh bổ để: Cho tam A gi{c ABC v| điểm M nằm tam gi{c, ta có MB  MC  AB  AC D Thật vậy, giả sử tia BM cắt AC D Khi {p dụng M bất đẳng thức tam gi{c cho tam gi{c ABD có BD  AB  AD B C Do ta MB  MD  AB  AD Mà tam gi{c MCD ta lại có MC  MD  DC Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta MB  MD  MC  AB  AD  MD  DC  MB  MC  AB  AC Vậy bổ đề chứng minh Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 53 Trở lại b|i to{n: Vì M nằm đa gi{c A1A2 A2015 nên M nằm bên trong tam giác M1A1A2 ; M1A2 A3 ; M1A3A4 ; ; M1A2015A1 Khơng tính tổng qu{t ta giả sử M thuộc miền tam gi{c M1A1A2 , theo bổ đề ta M2 A1  M2 A2  M1A1  M1A2 hay M A  M2 A2    M1A1  M1A2   Mặt kh{c theo bất đẳng thức tam gi{c ta có M1A1  M2 A1  M1M2 ; M1A2  M2 A2  M1M2 ; ; M1A2015  M2 A2015  M1M2 Do ta  M2 A3  M2 A4   M2 A2015    M1A3  M1A4   M1A2015   2013M1M2 Từ  M2 A1  M2 A2   M2 A2015    M1A1  M1A2   M1A2015   2013M1M2  2013 Do v|i trò M1 M nên ta có M A 1  M1A2   M1A2015    M2 A1  M2 A2   M2 A2015   2013 Như ta  M1A1  M1A2   M1A2015    M2 A1  M2 A2   M2 A2015   2013 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC ... CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, T sách luy n thi giới thiệu đến thầy cô em chuyên đề. .. em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC I MỘT SỐ KIẾN THỨC... tốn bất đẳng thức cực trị hình học Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán bất đẳng thức cực trị hình học thường kì thi gần Chuyên