Toán Lớp 9: Cực Trị Hình Học

(Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng căn thức). Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Tương tự ta cũng có:.. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu thức tr[r]

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 ln có: AB +BC ³ 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- £ AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng ( )d ( M trùng với M1).

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 ³ AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng ( )d .( M trùng với M0)

+ MA MB- = MA'- MB £ A B' Dấu xảy M giao điểm cuả A B' đường thẳng ( )d ( M trùng với M1).

e) Trong q trình giải tốn ta cần lưu ý tính chất: Đường vng góc ln nhỏ đường xiên

2) Trong đường trịn, đường kính dây cung lớn nhất

3) Cho đường tròn ( ; )O R điểm A Đường thẳng AO cắt đường tròn hai điểm M M1, 2 Giả sử AM1£AM2 Khi với điểm M nằm đường trịn ta ln có: AM1£ AM £ AM

Ví dụ 1:Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh rằng:

a) MB +MC <AB+AC

b) ( )

1

2 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

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:

a) 2 2

AB AC BC AB AC

AM

+ - +

< <

b)

( )

3

4

AB BC CA

AM BN CP AB BC CA

+ +

< + + < + +

c) Giả sử AB ³ AC Gọi AD AM, theo thứ tự đường phân giác, đường trung tuyến tam giác ABC Chứng minh rằng:

2 2

AB +AC - BC <AD £ AM <AB +AC

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

Û > +

-+ Gọi D điểm đối xứng với A qua M ABDC hình bình hành nên AB =CD AD =2AM Trong tam giác ACD ta có:

2

AD <AC +CD Û AM <AB +AC

Như vậy: 2 2

b) Áp dụng bất đẳng thức câu a) Cho đường trung tuyến AM BN CP, ,

ta có: 2 2

AB +AC - BC <AM <AB +AC ,

2 2

BC AB AC AC BC

BN

+ - +

< <

,

2 2

BC +AC - AB <CP <AC +BC

Cộng ba bất đẳng thức chiều

ta có:

( )

3

4

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

trên được:AB+AC <2AD+BC

2

AB AC BC

AD

+

-Þ <

Kết với D điểm nằm bên đoạn BC

Dựng AH ^BC Với AB =AC AM =AD Với AB >AC BH >CH

BM BH M

Þ < Þ thuộc đoạn BH .

Hơn ADB· >ADC· Þ ADB· tù Do D thuộc đoạn BH

Lấy điểm P AB cho AP =AC Þ DADP = DADC (c.g.c)

· ·

,

DP DC APD ACD

+ Nếu ACB £· 900 (hình) APD· =ACB· £ 900

· 900 · ·

BPD ACB PBD

Þ ³ > >

BD PD CD

Þ > = Þ BM <BDÞ MH >DH Þ AM >AD.

+ Nếu ACB >· 900 (hình) BPD· =ACH· >ADC· >ABC·

BD PD CD BM BD MH DH AM AD

Þ > = Þ < Þ > Þ >

Ví dụ 3: a) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm điểm H Chứng minh

rằng: ( )

2 3

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 Û HA<AE +AD(1) Vì / /

HE AC mà AC ^BH Þ HE ^BH Trong tam giác vng 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:

,

Suy ( ) 2

3

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

ABC ABM AMC

SD =SD +SD Û

( )

2

9 3 3

4 2

a = a MP +MQ

3 3 2 a MP MQ

Þ + =

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPB MQC, ta tính được:

3 3

,

2 2

MP MQ

HM = MK = Þ

( )

3 9

2 4

a HK =MH +MK = MP +MQ =

Vì PQ³ HK Nên PQ nhỏ HK / /

PQ HK Û 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

Ta tính đươc.:

2

2 1 3

2 2 . 7

3 2

a

RF = IF = a +ỗỗỗổỗ ữữửữữ= a ữ

ỗố ứ

Ta có:

7

ME +MF =MR+MF ³ RF =a Dấu xảy khi

M º I Ta có

3 3 2 a MA³ AI =

Dấu xảy

M º I Suy

3 3 2 7 3 3

7

2 2

a

ME +MF MA+ a + =ỗỗỗổỗ + ữửữữữa ữ

ỗố ứ

Du bng xy M º I.

Ví dụ 5: Cho đường tròn ( ; )O R điểm A nằm ngồi đường trịn Một đường thẳng D thay đổi quanh A cắt ( ; )O R hai điểm M N, Tìm vị trí

D để AM +AN lớn nhất. Hướng dẫn giải:

Gọi K trung điểm dây cung MN ta có:

( )

AM +AN =AM + AM +MN 2AM 2MK 2AK

= + =

Ta có: OK2+K A2=OA2 khơng đổi Như AK lớn OK nhỏ Û OK = Û0 A M N O, , , nhỏ nhất.

Ví dụ 6: Cho đường tròn ( ; )O R dây cung AB cố định (AB <2 )R Trên cung lớn AB lấy điểm M Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác

MAB lớn nhất. 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

cũng phân giác góc ·AMB Phân giác góc ·AMB MI với I trung điểm cung lớn AB Suy MI ^MH 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 trịn tâm J cố định bán kính J A Vì AN dây cung đường tròn ( )J nên AN lớn AN đường kính ( )J Û M º J Như chu vi tam giác

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A <µ 600 Trên cạnh BC lấy điểm 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 ³ 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:

Ta có tứ giác PNQD , EDFN nội tiếp

· · ·

QPN QDN FEN

Tương tự có ta có:

· · ·

NQP =NDP =NFE .

NEF NPQ

Þ D : D Suy

PQ NQ

EF = NF Trong tam giác vng NQF ta

có: NQ £ NF

1 PQ

EF £ Như PQ lớn EF Q º F P º E , P Q hình chiếu N đường thẳng DE DF, nên Qº F , P º 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 ( ; ),( ; )O R1 O R2 cắt điểm A B, Một đường thẳng ( )d qua A cắt ( ; ),( ; )O R1 O R2 M N, Tiếp tuyến M ( ; )O R1 tiếp tuyến N ( ; )O R2 cắt tại

I Tìm giá trị lớn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN ( )d quay quanh A

Hướng dẫn giải:

Ta có: IMN· =MBA· (Tính chất góc tiếp tuyến dây cung)

· ·

· · · · ·

MBN =MBA+NBA =IMN +INM ·

0

180 MIN

= - Suy tứ giác IMBN nội tiếp.

Các góc AMB ANB, góc nội tiếp chắn cung AB cố định 1 2

( ; ),( ; )O R O R

nên AMB ANB· ,· không đối Suy ·MBN không đổi Suy MIN· =1800- MBN· không đổi Gọi R bán kính vịng trịn ngoại

tiếp tam giác MIN

·

· 2 sin

2sin MN

MN R MIN R

MIN

= Þ =

Do R lớn MN lớn Gọi E F, hình chiếu vng góc O O1, 2 lên ( )d , K hình chiếu vng góc O1 lên O F2 thì

1

2EF 2

MN = = O K £ O O

Dấu xảy

1 2

/ / ( ) / /

EF O O Û d O O

.

Ví dụ 10) Trên cạnh AB BC CD DA, , , hình chữ nhật ABCD lấy điểm M N E F, , , Tìm vị trí bốn điểm để chu vi tứ giác

MNEF đạt giá trị nhỏ nhất. Giải:

Ta chứng minh kết phụ sau:Cho điểm M cố định Khi chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ

nhất ta có MNEF hình bình hành có cạnh song song với đường chéo hình chữ nhật

1 , 1 ; 1 ; 1

2 2 2 2

IB = MN IJ = NE J K = MF DK = EF

(hệ thức lượng tam giác vuông)

Vậy chu vi tứ giác MNEF : 2p=2(BI +IJ +J K +KD) ³ 2BD Dấu “=” xảy B I J K D, , , , theo thứ tự nằm đường thẳng Þ MF / /NE / /BD

Tương tự ta có để chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ MNEF hình bình hành có cạnh song song với đường chéo hình chữ nhật

ABCD (kết phụ chứng minh).

Từ chứng minh ta thấy, tứ giác MNEF có cạnh song song với đường chéo hình chữ nhật ABCD chu vi

2

p= BD =const, không 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 qt sau: Cho tứ giác ABCD Gọi M N P Q, , , trung điểm AB BC CD DA, , , Khi đó:

( )

2

AB+BC +CD+DA³ MP +NQ (*)

Thật vậy: Dựng E đối xứng với B qua P tứ giác BCED hình bình hành nên BC =DE

Dấu xảy

/ / , / /

AD BC AB CDhay ABCD hình bình hành.

Ví dụ 11) Cho hình thoi ABCD Đường chéo AC không nhỏ đường chéo BD M điểm tùy ý AC Đường thẳng qua

M song song với AB cắt AD E, cắt BC GĐường thẳng qua M song song với AD cắt AB F cắt CD H Biết hình thoi ABCD có độ dài hai đường chéo d1 d2 Xác định M cho

chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất?Tính chu vi theo d d1, 2. Hướng dẫn giải:

Ta dễ dàng chứng minh EFGH hình thang cân, AFME, MGCH hình thoi, Các tứ giác BFMG EDHM,

hình bình hành Do đường chéo ,EF

AM cắt L, MC GH, cắt J , BM FG, cắt I , DM EH, cắt K L I J K, , , trung điểm

, , ,

EF FG GH HE

Áp dụng tốn (*) ta có chu vi tứ giác EFGH

2p=EF+GH +FG+EH =2IK +2FG ³ 2IK +2LJ =BD+2LJ .

Nhưng

1

2 2

LJ =LM +MJ = AC Þ p³ AC +BD

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Ở cấp THCS, em học sinh làm quen với bất đẳng thức Cauchy dạng số số:

Để giải tốt tốn hình học: Ta cần nắm số kết quan trọng sau:

Trước hết ta cần nắm kết sau: 1) Cho số thực dương a b, :

+

( )

2

2

2 4

2 a b

a b+ ab abÊ ổỗỗỗ + ữửữữữ a b+ ab

ỗố ứ Du bng xy khi

và a=b

+ 2

1 1 4 2 2

a+ ³b a b+ ³ a +b ;

( )2

2 x y x y

a b a b

+

+ ³

+

+

2 3( )2 1( )2 3( )2

4 4 4

a +ab b+ = a b+ + a b- ³ a b+

+

2 1( )2 3( )2 1( )2

4 4 4

a - ab b+ = a b+ + a b- ³ a b+ 2) Cho số thực dương a b c, , :

+

3

3

3 a b c a b c+ + ³ abc abcÊ ỗổỗỗ + + ữửữữữ

ỗố ứ Dấu xảy khi a= =b c

+ 2

1 1 1 9 3 3

a+ + ³b c a b c+ + ³ a +b +c

4)

( )2

2 2 3

a b c

ab bc ca+ + £ + + £ a +b +c

5)

( )2

2 2 x y z

x y z

a b c a b c

+ +

+ + ³

Ngoài em học sinh cần nắm công thức diện tích tam giác ,liên hệ độ dài cạnh góc như:

+ 1

. 2 S = ah

+

1 sin 1 sin 1 sin

2 2 2

S = ab C = ab C = bc A

+ S = p p a p b p c( - )( - )( - ) với 2 a b c p= + +

+ a=2 sinR A, b=2 sin ,R B c=2 sinR C … + Diện tích hình chữ nhật: S =ab

+ Diện tích hình thang: ( ) 1

2

S = a b h+ + Diện tích hình vng: S =a2.

Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có BC =a CA, =b AB, =c M điểm thuộc miền DABC Gọi E F K, , hình chiếu vng góc M BC CA AB, , Xác định vị trí điểm M để tích ME MF MK đạt giá trị lớn

Hướng dẫn giải:

Ta có:

( )

2SABC =2 SMBC +SMCA +SMAB

. . .

aME bMF cMK

= + +

với số a ME bMF cMK , , Ta có:

( ) ( ) ( )

. . . . . .

abcME MF MK = a ME bMF cMK £

( )3 3

1

. . . 8

27 a ME +bMF +cMK = SABC

3 8

. . SABC

ME MF MK

abc

Þ £

Dấu “=” xảy aME =bMF =cMK

MBC MCA MAB

S S S M

Û = = Û

trọng tâm tam giác ABC

Vậy ( )

3 8 max ME MF MK. . SABC

abc =

M trọng tâm tam giác ABC . Ví dụ 2) Cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi O trung điểm BC Đường tròn ( )O tiếp xúc với AB E tiếp xúc với AC F Điểm H chạy cung nhỏ »EF tiếp tuyến đường tròn H cắt AB AC, M N, Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn

Hướng dẫn giải:

Dễ thấy OM ON, phân giác EOM FOH· ,· Từ ta có:

· 1800 · ·

2 BAC

MON = - =ABC Þ DMBO : DOCN (g.g)

4

MB BO BM CN OB OC BC const

OC CN

Þ = Þ = = =

(1)

khi SBMNC đạt giá trị nhỏ Gọi R bán kính đường trịn ( )O , ta có:

BMNC BOM MON NOC

S =S +S +S

( )

1

2R BM MN NC

= + +

( )

1 2

2R BEé CF EM FN ù

= êë + + + úû

Vì (MN =EM +FN)

( )

R BE EM FN

= + +

(BE =CF)

( ) ( )

R BE BM CN BE R BM CN BE

= + + - = +

(2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) (2) suy ra:

( . )

2 BMNC

BC

S ³ R BM CN - BE =Rỗỗỗổ - BEữữửữữ

ỗố ứ Du = xy BM =CN Û MN / /BC H giao điểm đường trung trực BC với đường tròn ( )O Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn H giao đường trung trực BC với đường tròn ( )O .

Ví dụ 3) Cho tam giác ABC trung tuyến AD lấy điểm I cố định Đường thẳng d qua I cắt cạnh AB AC, M N, Tìm vị trí đường thẳng d để diện tích tam giác AMN đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải:

Từ B C, dựng đường thẳng song song với d, cắt tia AD

,

Dễ thấy DBED = DCFD nên DE =DF hay

2 AE +AF = AD.

2 AE AF

AB AC AD

AM AN AI AI

+

Þ + = =

Ta có:

;

AB AE AC AF AM = AI AN = AI .

2 AE AF

AB AC AD const

AM AN AI AI

+

Þ + = = =

Gọi h hB, M khoảng cách từ B M, đến AC Áp dụng định lý Talet, ta có

; B

M

h AB

h =AM

2

2

1 .

2 .

1 . 2

2 B ABC AMN M AC AB AC h

S AC AB AN AM AD

S AN h AN AM AI

ổ ửữ ỗ + ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ = = Ê ỗỗ ữ= ữ ỗ ữữ ỗ ữ ỗố ứ 2 . AMN ABC AD S S AI Þ ³

Dấu “=” xảy / /

AB AC MN BC

AM =AN Û Vậy ( )

2 min SAMN SABC.AD

AI =

d đường thẳng qua I song song với BC.

Ví dụ 4) Cho góc nhọn xOy điểm I cố định nằm góc Đường thẳng d qua I cắt Ox Oy, M N, Xác định đường thẳng d để diện tích tam giác OMN đạt giá trị nhỏ

Giải:

Ta dựng đường thẳng D sau: Lấy O' điểm đối xứng O qua I Từ O' kẻ đường

thẳng song song với Ox cắt Oy F , song song với Oy

cắt Ox E Vì OEO F' hình bình hành nên OO'ÇEF =I trung điểm E Lấy D đường thẳng EF , ta có D thỏa mãn điều kiện (*),

D cố định.

Giả sử d đường thẳng qua I cắt Ox M , cắt Oy N Ta dễ

chứng minh được:

2 2

OE OF OI OM +ON = OI = .

Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:

1

. 1

2

OE OF OE OF

OM ON OM ON

ổ ửữ

ỗ ữ

Ê ỗỗ + ữữ=

ỗố ứ

Dấu “=” xảy

1 ,

OE OF

OE OM OF ON

OM =ON = Û = =

hay M º E N, º F Vậy đường thẳng d trùng với D diện tích OMN

D đạt giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 5) Cho ba điểm A I B, , thẳng hàng theo thứ tự Gọi d d1, 2 hai nửa đường thẳng vng góc với AB A B, nằm phía đường thẳng AB Góc vng xIy¶ quay xung quanh đỉnh I cho hai cạnh góc tương ứng cắt d1 M cắt d2 N Tìm vị trí M N, để diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ

Ta có: · · · ·

0

90 , 90

AMI +AIM = BIN +AIM =

· ·

AMI BIN MAI IBN

Þ = Þ D : D (g.g)

AI AM BN BI

Þ =

(*)

. .

AM BN AI BI const

Þ = = .Mặt khác,

( 2)( 2)

1 1

.

2 2

IMN

S = IM IN = AI +AM BI +BN

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki ta có:

( 2 2) ( 2 2) ( )2

. .

AI +AM BI +BN ³ AI BI +AM BN

Dấu “=” xảy

chỉ

AI AM AI BI

BI = BN Û AM =BN

Kết hợp với (*) suy diện tích DIMN đạt giá trị nhỏ 1

BI BN AI

BN = BI =AM = hay BI =BN AI, =AM .

Khi DAIM,DBIN vng cân đỉnh A B, Þ IM IN, hợp với AB góc 450

Vậy diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ IM IN, hợp với AB góc 450.

Ví dụ 6) Cho tam giác ABC điểm M tùy ý tam giác

đó Gọi khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, , theo thứ tự là

, ,

m n p đường cao hạ từ đỉnh A B C, , h h ha, ,b c Chứng

minh:

9

a b c

h h h

m+ n + p ³

Trước hết ta chứng minh kết sau:

1

a b c

m n p

h +h +h =

Kí hiệu S S S Sa, , ,b c diện tích

tam giác MBC MAC MAB ABC, , ,

ta có:

, ,

a b c

a b c

S m S n S p

S =h S =h S =h

suy ra

1

a b c

a b c

S S S

m n p

h h h S

+ +

+ + = =

Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta dễ chứng minh kết sau(với

( , ,x y z >0): ( )

1 1 1

9 x y z

x y z

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ

p dụng vào tốn ta có:

9 9

a b c

a b c

h h h

m n p m n p

h h h

+ + ³ =

+ +

Dấu

bằng xảy   

a b c

h h h

3

m n n Hay Mlà trọng tâm

tam giác ABC.

Ví dụ 7) Cho tam giác ABC điểm M tùy ý tam giác Các đường thẳng AM BM CM, , cắt cạnh BC CA AB, , giao điểm tương ứng là: A B C1, ,1 1 Kí hiệu S S S Sa, , ,b c diện tích

Chứng minh:

1 1

1 1

9

AA BB CC

MA +MB +MC ³

Hướng dẫn giải:

Trước hết ta chứng minh :

1 1

1 1

1 1 1

a b c

AA BB CC

S

MA MB MC S S S

ổ ửữ ỗ ữ ỗ + + = ỗ + + ữữ ữ ỗố ø Ta có

1 1

1 1

1

ABA ACA ABA ACA

MBA MCA MBA MCA a

S S S S

AA S

MA S S S S S

+

= = = =

+

,

Tương tự ta có:

1

1

,

b c

BB S CC S

MB =S MC =S

Cộng ba đẳng thức ta có:

1 1

1 1

1 1 1

a b c

AA BB CC

S

MA MB MC S S S

ổ ửữ ỗ ữ ỗ + + = ỗ + + ữữ ữ ỗố ứ

Áp dụng bất đẳng thức:

(x y z) 1 1 1 9 x y z

ỉ ư÷

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ vi ( , ,x y z >0)

Để ý rằng: Sa +Sb+Sc =S ta có:

1 1 1 9 9

a b c a b c

S +S +S ³ S +S +S =S

ta có:

1 1 1

9

a b c

S

S S S

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ + + ữ

ỗ ữữ

ỗố ứ Du bng xy v ch khi

1 3

a b c

S =S =S = S

Chú ý rằng: Từ tốn ta có:

1 1

1 1

1

MBA MCA MBA MCA a

ABA ACA ABA ACA

S S S S

MA S

AA S S S S S

+

= = = =

+

Tương tự ta có:

1

1

,

b c

MB S MC S

BB = S CC = S

Suy ra

1 1

1 1

1

a b c

MA MB MC S S S

AA BB CC S

+ +

+ + = =

Nếu ta thay:

1 1

1 1 1 1

1 , 1 , 1 ,

MA AA MA MA MB MB MC MC

AA AA AA BB BB CC CC

-= = - = - =

ta

thu đẳng thức: 1

2 MA MB MC AA +BB +CC =

.Qua ta tạo được nhiều bất đẳng thức đẹp khác

Ví dụ Cho tam giác ABC có cạnh a Gọi đường vng góc từ điểm M nằm tam giác đến cạnh BC CA AB, ,

, ,

MD ME MF Xác định vị trí điểm M để:

a)

1 1 1

MD +ME +MF đạt giá trị nhỏ Tính giá trị

b)

1 1 1

MD+ME +ME +MF +MF +MD đạt giá trị nhỏ Tính giá trị

Hướng dẫn giải: Gọi h độ dài đường cao

tam giác ABC

3 2 a h =

Ta có SABC =SMBC +SMAC +SMAB ah ax ay az

Û = + + Û x y z+ + =h không đổi

Áp dụng BĐT :

(x y z) 1 1 1 9 1 1 1 9 6 3

x y z x y z h a

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ ị + + =

ỗố ứ .

b) Ta cú:

(x y y z z x) 1 1 1 9

x y y z z x

ỉ ư÷

ỗ ữ

+ + + + + ỗỗỗ + + + ÷÷³

+ +

è ø

1 1 1 9 3 3

2

x y y z z x h a

Û + + ³ =

+ + + Trong hai trường hợp đẳng

thức xảy x= =y z, lúc M tâm tam giác ABC .

Ví dụ Gọi H trực tâm tam giác ABC có ba góc nhọn với ba đường cao AA BB CC1, 1, 1 Chứng minh rằng:

a)

1 1

1 1

9 AA BB CC HA +HB +HC ³

b)

1 1 3

2 HA HB HC

HA + HB + HC ³ . Hướng dẫn giải:

Gọi diện tích tam giác ABC HBC HAC HAB, , , S S S S, , ,1

thì S =S1+S2+S3 Dễ thấy

1 1

1 1

; ;

HA S HB S HC S

AA = S BB = S CC = S

Do

1 1

1 1

1 HA HB HC AA +BB +CC =

Áp dụng BĐT

(x y z) 1 1 1 9 x y z

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

Ta được:

1 1

1 1

9 AA BB CC HA +HB +HC ³

Đẳng thức xảy

1 1

1

1 1

1

3 3

HA HB HC S

S S S

AA =BB =CC = Û = = =

Lúc H vừa trực tâm, vừa trọng tâm tam giác ABC , nên ABC tam giác

b) Từ

1 1 HA S AA = S

có

1 1

1 1

HA HA S S

HA =AA - HA =S S- =S +S

Tương tự

1

1

;

HB S HC S

HB =S +S HC =S +S

Áp dụng BĐT 3

2

a b c

b c+ +c a+ +a b+ ³ (*) Ta có 1 3 2 HA HB HC

HA + HB + HC ³ . Lập luận đẳng thức xảy tam giác ABC Bất đẳng thức (*) có tên bất đẳng thức Netbis bất đẳng thức đơn giản có nhiều ứng dụng Ta chứng minh sau:

9

a b c b c c a a b

b c c a a b a b c

ỉ ưỉ÷ + + + ửữ

ỗ + + ữỗ + + ữ

ỗ ữỗ ữ

ỗ ữỗ ữ

ỗ + + + ỗ

ố ứố ứ Nhng

2 2 6

b c c a a b a b b c c a

a b c b a c b a c

æ ư ỉ ư ỉ ư + + + + + =ỗ + ữữ+ỗ + ữữ+ỗ + ữữ + + = ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ỗ ỗ ố ứ ố ứ ố ø Suy

a b c

b c+ +c a+ +a b+ Dấu xảy a b c.

Ví dụ 10 Xét tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( )O với ba đường cao AA BB CC1, 1, 1 cắt đường tròn ( )O lần tại

, ,

a)

1 1

1 1

AA BB CC DA +EB +FC

đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ

b)

1 1

AA BB CC

AD + BE + CF đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ đó. Hướng dẫn giải:

Gọi H trực tâm tam giác ABC Dễ dàng chứng minh

1 1; 1; 1 HA =DA HB =EB HC =FC

(Xem phần đường thẳng Ơ le- Đường tròn Ơ le)

Áp dụng ví dụ Tổng xét đạt giá trị nhỏ 9 tam giác ABC

b) Từ

1 1

1 1 1

1 HA 1 HB 1 HC 4

AD BE CF

AA +BB +CC = +AA + +BB + +CC = , áp

dụng BĐT:

(x y z) 1 1 1 9 x y z

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ suy 1 49

AA BB CC

AD + BE +CF ³ . Đẳng thức xảy ABC tam giác đều.

Ví dụ 11 Trong tam giác ngoại tiếp đường trịn tâm O bán kính r định dạng tam giác cho tổng độ dài ba đường cao đạt giá trị nhỏ Tính giá trị

Gọi h h ha, ,b c độ dài đường cao tương ứng với cạnh a b c, , tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( )O Ta dễ chứng minh được:

1

a b c

r r r h +h +h =

.Áp dụng bất đẳng thức

(x y z) 1 1 1 9 x y z

ỉ ư÷

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ ta

cú

( ) 1 1 1 9

a b c a b c

a b c

h h h h h h r r

h h h

ỉ ư÷

ỗ ữ

ỗ

+ + = + + ỗ + + ữữ

ữ

ỗố ø Đẳng thức xảy

khi ha =hb =hc =3 ,r ha +hb+hc =9r, lúc tam giác ABC đều. Ví dụ 12 Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Kẻ

, ,

AM BM CM cắt cạnh BC CA AB, , A B C1, ,1 1 Xác định vị

trí điểm M để: 1

. .

MA MB MC MA MB MC

đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ

Giải:

Gọi diện tích tam giác ABC MBC MAC MAB, , ,

1

, , ,

S S S S

S =S1+S2+S3 Đặt

1 1

1 1

, ,

AA BB CC

x y z

MA = MB = MC = 1 1 1 AA MA x

MA =MA - =

-; 1 1 1, BB MB y

MB =MB - =

-1 1 1 1 CC MC z MC =MC - =

1 1

1 1

1 1 1 1

MA MB MC

xy yz zx xyz

AA + BB +CC = + + = Ûx y z + + =

Từ

suy

( )( )( )

1 1

. . 1 1 1

MA MB MC x y z

MA MB MC = - -

-( ) 1 1

xyz xy yz zx x y z x y z

= - + + + + + - = + +

-(x y z) 1 1 1 1 8 x y z

æ ửữ

ỗ ữ

= + + ỗỗ + + ữữ- - =

ỗố ứ ng thức xảy khi

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

, ,

a b c R R R

theo thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn

, ,

a b c d d d

khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, , Khi ta có bất đẳng thức Ra +Rb+Rc ³ 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 M1 đối xứng với điểm M qua đường phân giác ·BAC Dựng

1 BH ^AM

Giả sử AM1 cắt BC D Khi BD³ BH DC, ³ CK Đẳng thức xảy AD ^BC hay AM1^BC Từ ta có:

1

2 2

a ABM ACM

a³ BH +CK Û aR ³ S + S

(chú ý AM1=AM =Ra)

hay aRa ³ cdb+bdc Từ a b c

c b

R d d

a a

³ +

(1) Tương tự ta có

b c a

a c

R d d

b b

³ +

(2); c b a

a b

R d d

c c

³ +

(3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1),(2),(3) ta thu được:

( )

2

a b c a b c a b c

b c a c a b

R R R d d d d d d

c b c a b a

ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỉ ư÷

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

+ + ỗỗỗ + ữữ+ ỗỗỗ + ữữ+ ỗỗỗ + ữữ + +

è ø è ø è ø

(Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức ngoặc)

Đẳng thức xảy a= =b c đồng thời M1 trực tâm tam giác ABC Nói cách khác, M1 (và M ) tâm tam giác ABC Từ cách chứng minh cịn có số kết sau: Hệ (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng tích).

Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi

, ,

a b c R R R

thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn d d da, ,b c khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, , Khi ta có bất đẳng thức R R Ra .b c ³ 8d dda b c.

Chứng minh:

Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell, ta có:

a b c

c b

R d d

a a

³ +

(1); b c a

a c

R d d

b b

³ +

(2); c b a

a b

R d d

c c

³ +

Nhân theo vế ba bất đẳng thức ta được: .

a b c b c c a b a

c b a c a b

R R R d d d d d d

a a b b c c

ổ ửổữ ửổữ ửữ

ỗ ữỗ ữỗ ữ

ỗỗỗ + ữữỗỗỗ + ữữỗỗỗ + ÷÷

è øè øè ø

2 cdb.bdc.2 adc.cda.2 adb.bda 8d dda b c

a a b b c c

³ =

(đpcm).

Hệ (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng thức) Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi R R Ra, ,b c thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A B C, , Còn d d da, ,b c khoảng cách từ M đến cạnh BC CA AB, , Khi ta có bất đẳng thức

( )

2

a b c a b c

R + R + R ³ d + d + d Chứng minh:

Từ bất đẳng thức (1),(2) (3) theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

. .

2

b c

a b c

c d b d

c b a a

R d d

a a

+

³ + ³

(4) Tương tự ta có:

. .

2

c a

b c a

a d c d

a c b b

R d d

b b

+

³ + ³

(5)

. .

2

b a

c b a

a d b d

a b c c

R d d

c c

+

³ + ³

1 1 1

2 a 2 b 2 c

b c d c a d a b d

c b a c b a

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ + ữ + ỗ + ữ + ỗ + ữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ỗ ỗ

ố ứ ố ứ ố ứ

( )

2 da db dc

³ + +

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 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 trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để tam giác ABC

6 IA+IB+IC = r . 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 ³ 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

6

MA+MB +MC ³ r Đẳng thức xảy nào? Giải:

Kẻ AH vuông góc với BC MA, vng góc với BC Khi ta có

1 AM +MA ³ AH

Từ

2SABC

AM x

BC

³

-

Tương tự,

2 2

;

ABC ABC

S S

BM y CM z

CA AB

³ - ³

- Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được:

( )

1 1 1

2 ABC

MA MB MC S x y z

BC CA AB

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ- + +

ỗố ứ

( ) 1 1 1 ( )

r BC CA AB x y z

BC CA AB

æ ửữ

ỗ ữ

= + + ỗỗ + + ữữ- + +

ỗố ứ (1).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

(BC CA AB) 1 1 1 9

BC CA AB

ổ ửữ

ỗ ữ

+ + ỗỗ + + ữữ

ỗố ứ (2) p dng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm M tam giác ABC ta có:

( )

2

MA+MB +MC ³ x y z+ +

(3)

Từ (1),(2), (3) suy

9

2

MA MB MC MA+MB +MC r - ỗỗỗổ + + ữữửữữ

ỗố ø hay

6

MA+MB +MC ³ r Đẳng thức xảy tam giác ABC

đều (đpcm).

Ví dụ Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có bất đẳng thức:

a)

3

cos cos cos

2 A+ B + C £

b)

1 cos cos cos

8

A B C £

Đẳng thức xảy nào? Giải:

a) Gọi O R; theo thứ tự tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ; thứ tự hình chiếu vng góc kẻ từ O đến cạnh BC CA AB, , Từ giả thiết tam giác

ABC nhọn, ta nhận thấy

· 1·

2 BAC = BOC

(góc nội tiếp nửa góc tâm chắn

một cung) hay BAC· =HOC· Tương tự có ABC· =AOI ACB· ;· =BOK· Từ cosA+cosB+cosC =cosHOC· +cosAOI· +cosBOK·

OH OI OK OH OI OK

OC OA OB R

+ +

= + + =

(1) Nhưng theo bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm tam giác ABC ta có

2 OA OB OC OH +OI +OK £ + +

(2)

Từ (1) (2) suy

3

cos cos cos

2 A+ B + C £

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Do tứ giác BC HA1 1 nội tiếp nên

· ·

1 ABC =A HC

Tứ giác ·

1 CA HB

nội

tiếp nên

· ·

1 ACB =B HA

Tứ giác

1 AC HB

nội tiếp nên

· ·

1 BAC =C HB

Do

· · · 1

1 1

. .

cos cos cos cos .cos .cos

. . HA HB HC

A B C A HC B HA C HB

HA HB HC

= =

(3) Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có:

1 1

HA HB HC ³ HA HB HC

Từ (3) suy

1 cos cos cos

8

A B C £

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Chú ý: Do tam giác ABC nhọn nên cos A,cos B,cos C 0 Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: cosA+cosB +cosC ³ cos cos cos3 A B C Theo

chứng minh ta có:

3

cos cos cos

2 A+ B + C £

suy

3 3 1

3 cos cos cos cos cos cos

2 8

A B C £ Û A B C £

Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn, gọi I I I I, , ,a b 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 trịn ( )I Chứng minh rằng: a) IA IB IC . ³ 8r3 b) IIa +IIb+IIc ³ 12r .

c)

3

. 64

a b c II II II ³ r

Hướng dẫn giải:

a) Gọi H J K, , tiếp điểm đường tròn ( )I với cạnh

, ,

BC CA AB Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có:

. 8

IA IB IC ³ IH IJ IK ,

hay IA IB IC . ³ 8r3 (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC đều.

Lưu ý: Bất đẳng thức câu a) cho tam giác ABC b) Nhận xét điểm I trực tâm tam giác I I Ia b c Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I tam giác I I Ia b c ta nhận được:IIa +IIb+IIc ³ 2(IA+IB +IC) ³ 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 I Ia b c ta nhận

3

. 8 64

a b c

II II II ³ IA IB IC ³ r

(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 I Ia b c ta có

( )

2

a b c

II + II + II ³ IA + IB + IC (1)

( )

2 3 2.

IA + IB + IC ³ IH + IJ + IK = r (2)

Từ (1) (2) suy IIa + IIb + IIc ³ 6 r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC đều.

Ví dụ Cho tam giác ABC với BC =a CA b AB, , , =c Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh bất đẳng thức abc³ 24 3r3 Đẳng thức xảy nào?

Hướng dẫn giải:

Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Từ công thức Heron

( )( )( )

2 ABC

S =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 2

IA IB IC =ổốỗỗr + p a- ửổữữữứốỗỗr + p b- ửổữữữứốỗỗr + p c- ữữữửứ

(p a bc) (p b ac) (p c ab)

p p p

ỉ - ưỉ÷ - ưỉ÷ - ư÷

ỗ ữỗ ữỗ ữ

ỗ ỗ ỗ

=ỗỗ ữữỗỗ ữữỗỗ ữữ

ữ ữ ữ

ữ ữ ữ

ỗ ỗ ỗ

ố ứố ứố ứ (2).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

( ) ( ) ( ) 3( )( )( )

3 3

p a p b p c

p

p a p b p c

- + - +

-= ³ - -

hay

(p a p b p c- )( - )( - ) £ 27p3

2 2

2. 2. .

27 3 3

a b c abc

IA IB IC £ Û IA IB IC £

(4) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IA IB IC . ³ 8r3 (5)

Từ (4) (5) ta suy abc³ 24 3r3 (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC

Chú ý: Các bạn quen làm với định lí sin tam giác ABC thấy a=2 sin ;R A b=2 sin ;R B c=2 sinR C (R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ) Khi từ bất đẳng thức abc³ 24 3r3 ta nhận bất đẳng thức: 8R3sin sin sinA B C ³ 24 3r3 ta nhận bất đẳng thức

Hệ Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức

sin sin sinA B C 3 3 r R ổ ửữ ỗ ữ ỗ ữỗ ữ

ỗố ứ ng thc xy v tam giác ABC đều.

Ví dụ Giả sử đường trịn tâm I bán kính rnội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , theo thứ tự A B C1, ,1 1 Chứng minh bất đẳng thức AB BC CA ³ 8A B B C C A1 1 1 1 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 AB IC BA IACB1 1; 1; 1 ta thấy

1 1 1

hay IA B C. 1 =2r p a( - ) (1) Tương tự IB AC. 1=2r p b( - ) (2);

( )

1

. 2

IC A B = r p c (3)

Nhân đẳng thức (1),(2) (3)

theo vế ta được:

( )( )( )

3

1 1 1 8

.

. .

r p a p b p c IA IB IC

B C C A A B

- -

-=

(4) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

( )( ) ( ) ( )

2

;

2 4

p a p b c

p a p b- - Ê ổỗỗỗỗ - + - ữữữửữ= ữ ữ ỗố ứ ( )( ) ( ) ( ) 2 2 4

p b p c a

p b p c

ỉ - + - ư÷ ỗ ữ ỗ - - Ê ỗỗ ữữ= ữ ữ ỗố ứ ( )( ) ( ) ( ) 2 2 4

p c p a b

p c p a

ỉ - + - ư÷ ỗ ữ ỗ - - Êỗỗ ữữ= ữ ữ

ỗố ứ Nhõn ba bt ng thc theo

vế ta thu ( )( )( ) 8

abc p a p b p c- - - £

(5) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IA IB IC . ³ 8r3 (6) Từ (4),(5),(6) suy

1 1 1

AB BC CA³ A B B C C A

(đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Từ (1),(2) (3) suy

( )

2 a b c

PA+PB +PC < d +d +d

Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos – Mordell Từ ta có đpcm.

lượt trung điểm BC CA AB, , ; R bán kính đường trịn ngoại tiếp

tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức

3 2 HD +HE +HF ³ 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 trịn ngoại tiếp tam

giác đó.(Xem them phần đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le)

Sử dụng hai kết ta có: HD OD+ ³ 2wD =R; 2

HE +OE ³ wE =R;HF +OF ³ 2wF =R Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: HD +HE +HF ³ 3R- (OD OE+ +OF) (1)

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm tam giác ABC ta có:

3

2 2

OA OB OC R OD OE+ +OF £ + + =

(2) Từ (1) (2)

suy

3 2 HD+HE +HF ³ R

(đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC đều.

2

,

BC OO

vng góc với AC OO, 3 vng góc với AB Chứng minh rằng:

1 1

3 2

R HA +HB +HC £OO +OO +OO £

Hướng dẫn giải:

Nhận xét HA=2OO HB1; =2OO HC2; =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:

1 1 2

HA HB HC

HA +HB +HC £ + + =OO +OO +OO

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O tam giác ABC

ta có:

3

2 2

OA OB OC R OO +OO +OO £ + + =

(đpcm)

Ví dụ Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi R R Ra, ,b c theo thứ tự khoảng cách từ điểm M đến đỉnh

, ,

A B C Còn d d da, ,b c khoảng cách từ điểm M đến cạnh , ,

BC CA AB Chứng minh bất đẳng thức

2 a c c a a b

a b c

a b c

d d dd d d d d d

R R R

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ

+ + ỗ + + ữữ

ữ

ỗố ứ.

Gii:

chõn đường vng góc

kẻ từ M lên cạnh BC CA AB, , Ta có B C1 =MA.sinA =Ra.sin ;A

1 sin b.sin C A =MB B =R B

1 sin c.sin A B =MC C =R C

Kẻ MA2 vng góc với B C1 1; MB2 vng góc với C A1 1; MC2 vng góc với A B1 1 Khi đó

· · 1

2 1 1

. .

.sin .sin b c

a MB MC d d

MA MB MB A MB MAC

MA R

= = = =

(1)

· · 1

2 1 1

.

.sin .sin a c

b MA MC d d

MB MC MC B MC MBA

MB R

= = = =

(2)

· · 1

2 1 1

. .

.sin .sin b a

c MB MA d d

MC MA MAC MA MCB

MC R

= = = =

(3) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Merdell cho điểm M tam giác

1 1 A B C

ta có: MA1+MB1+MC1³ 2(MA2+MB2+MC2) (4) Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra:

2 a c c a a b

a b c

a b c

d d dd d d d d d

R R R

ỉ ư÷

ỗ ữ

ỗ

+ + ỗ + + ữữ

ữ

ỗố ứ (pcm)

Chọn x= R ya, = R zb, = Rc ta nhận được:

c b c a a b

a b c a b c

b c a c b a

R R R R R R

R R R d d d

R R R R R R

ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỉ ửữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ỗ ỗ + + ỗỗ + ữữ +ỗỗ + ữữ +ỗỗ + ữữ ữ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ố ứ ố ứ ố ứ ( )

2 da db dc