Tài liệu BDTX hè 2019 môn Toán

Trong quá trình bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên cốt cán, bồi dưỡng học sinh giỏi trong tỉnh và đặc biệt là quá trình giảng dạy học phần “Bồi dưỡng học sinh giỏ[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUN HÈ 2019 MƠN: TỐN HỌC

Chuyên đề

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP BÀI TỐN HÌNH HỌC ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Ở BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ

TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN

MỤC LỤC

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU

Phần KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Một số bất đẳng thức cần dùng

1.2 Một số ký hiệu

Phần THIẾT LẬP CÁC NHÓM QUAN HỆ 10

2.1 Nhóm quan hệ 10

2.2 Nhóm quan hệ 16

2.3 Nhóm quan hệ 17

2.4 Nhóm quan hệ 21

2.5 Nhóm quan hệ 26

1

MỞ ĐẦU

Tam giác khái niệm quan trọng chương trình Tốn bậc Trung học sở Trong đề thi chọn học sinh giỏi, tam giác thường có mặt thường tốn khó

Trong vấn đề tam giác, tốn cực trị ln tốn bản, phong phú dạng hấp dẫn việc tìm tịi lời giải, đặc biệt lời giải tổng quát hóa

Các tài liệu tham khảo hành nước nay, toán cực trị tam giác thường xuất dạng tốn khó với lời giải rời rạc chưa phân loại cách đầy đủ

Trong trình bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên cốt cán, bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh đặc biệt trình giảng dạy học phần “Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học sở - Chuyên đề Hình học” Trường Cao đẳng sư phạm Gia Lai cho sinh viên ngành Cao đẳng sư phạm Tốn học, tơi tự nghiên cứu cách toàn diện vấn đề cực trị tam giác, trước hết làm tư liệu giảng dạy cho thân, sau đúc rút thành sản phảm nghiên cứu khoa học nho nhỏ để phổ biến kinh nghiệm cho giảng viên, giáo viên, sinh viên, học sinh người quan tâm vấn đề

Đây tài liệu xem đầy đủ, phân dạng theo hệ thống dễ tra cứu Điều quan trọng đề tài là, cho thấy phương pháp tìm “cái gốc” lớp toán mà tài liệu khác chưa phân tích cách đầy đủ

Trong khn khổ số trang chuyên đề bồi dưỡng thường xuyên, đề tài chưa đề cập đến Nhóm quan hệ 7, nhóm quan hệ quan trọng (vừa khó, vừa sâu sắc) Ra, Rb, Rc với da, db, dc Hy vọng rằng, nội

2

Phần KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Một số bất đẳng thức cần dùng

Đối với bậc Trung học sở (THCS), theo chúng tôi, bất đẳng thức sau đủ để thiết lập nhiều tốn Hình học để bồi dưỡng học sinh giỏi

Các bất đẳng thức hình thành từ bước suy luận Suy luận

Ta có bất đẳng thức sau

2

DTXR

A A 

 

Với x y, 0, ta có

 2

0 2

2

x y

x y   x xy    y x y xy    xy Đẳng thức xảy

0

x y   x  y  x y Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức (Bất đẳng thức AM-GM)

,

DTXR

x y

xy x y

x y

   

  

,

DTXR

x y xy

x y

x y

   

 

Suy luận

Áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có

2

2

x y  xy, đẳng thức xảy x y

2

2

y z  yz, đẳng thức xảy yz

2

2

3 Suy

 2 2  

2 x y z 2 xyyzzx

Đẳng thức xảy x y z

Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức

2 2

DTXR

x y z xy yz zx

x y z

       

Suy luận

   

2 2 2

2

x y z xyyzzxx y z  xyyzzx  xyyzzx

 2  

3

x y z xy yz zx

      Đẳng thức xảy x y z

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức

 2  

3 DTXR

x y z xy yz zx

x y z

       

Suy luận

   

2 2 2

2

x y z xyyzzx x y z  xyyzzx

   

2 2 2 2 2

2

x y z x y z x y z xy yz zx

           

 2 2 2  2

3 x y z x y z

      Đẳng thức xảy x y z

4 Bất đẳng thức

    2

2

2 2

3

3

DTXR

DTXR

x y z x y z

x y z x y z

x y z

x y z

   

      

     

Bởi Bất đẳng thức 3, 4, ta có bất đẳng thức kép sau Bất đẳng thức

   2  2 2 2

3

DTXR

xy yz zx x y z x y z

x y z

          

Trong Bất đẳng thức 5, với x y z, , 0, thay x x, y y , z z , ta có bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức

   2  

3

, , DTXR

xy yz zx x y z x y z

x y z

x y z

         

  

Suy luận

Cách1

Với số thực a b c, , , ta có đồng thức sau

  

3 3 2

3

a   b c a b c a  b  c ab bc ca   abc Do đó, với a b c, , 0, ta có

3 3

3

a b c  abc Đẳng thức xảy

2 2

0

a b c

a b c ab bc ca

   

     

   

0

theo BDT

a b c a b c

   

  

  a b c

Thay a0

x, b0 y , c0 3

z, ta có bất đẳng thức sau

3

3

5 Đẳng thức xảy x y z

Cách

Với x y z, , 0, áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có

x y xy, đẳng thức xảy x y

3 2 .3

z xyz  z xyz , đẳng thức xảy z xyz Suy

 

3 2 2 .3 2 .3 2.2 . .3

x  y z xyz  xy z xyz  xy z xyz  xy z xyz

 4  4

4

3 3

4 xyz xyz xyz xyz xyz

   

Vậy

3

3

x  y z xyz Đẳng thức xảy

 2

3

2

3 0

x y

x y

x y x y

z z y

z y z

z xyz z y z

 

  

  

   

     



 

   

  



0

z x y

 

  



0

z

x y

z y        

 x y z

Từ hai cách suy luận trên, ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức (Bất đẳng thức AM-GM)

3 , , , 0

3 DTXR

x y z

xyz x y z

x y z

 

  

  

Suy luận

6

x y z 1 3.3 xyz.3.3 9

x y z xyz

 

      

 

Đẳng thức xảy x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức

  1

9

, , DTXR

x y z

x y z x y z

x y z

 

     

 

    

Suy luận

Với x y z, , 0, áp dụng Bất đẳng thức 7, ta có

3

1 1

3

1 1

xyz

x y z xyz

x y z

    

 

Đẳng thức xảy x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức

3

1 1

, ,

DTXR

xyz

x y z x y z

x y z



   

  

Bởi Bất đẳng thức 4, 7, 9, ta có bất đẳng thức kép sau

7

2 2

3

3

1 1 3 3

, , DTXR

x y z x y z

xyz

x y z

x y z

x y z

   

  

 

    

Suy luận

Với số thực a b c x y z, , , , , , dễ dàng kiểm tra Hằng đẳng thức Lagrange

sau

 2 2 2 2 2 2   2  2  2 2

a b c x y z  ax by cz  ay bx  bzcy  cx az Từ đẳng thức này, ta suy bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 11 (BĐT Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz hay BĐT C-B-S)

    

 

2

2 2 2

z

DTXR , ,

a b c x y z ax by c

a b c

x y z

x y z

      

   

Suy luận

Với a b c, ,  , , ,x y z0, áp dụng Bất đẳng thức 11, ta có

     

   

2

2

2 2 2

a b c

x y z a b c

x y z

      

             

      

 

 a2 b2 c2    2

x y z a b c

x y z

 

      

 

  

 2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z

    

 

Đẳng thức xảy

2 2

2 2

a b c a b c

x  y  z   x y z

8 Bất đẳng thức 12

 2

2 2

, , ; , ,

DTXR

a b c

a b c

x y z x y z

a b c x y z

a b c

x y z

    

 

   

  

Suy luận

Với a b c x y z, , , , , 0, Bất đẳng thức 12, thay x ax, y by, z

z

c , ta có

 2

a b c a b c

x y z ax by cz

    

 

Đẳng thức xảy

a b c x y z

  

   

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 13

 2

, , , , ,

DTXR

a b c

a b c

x y z ax by cz

a b c x y z

a b c

x y z

    

 

 

  

    

Suy luận

Với a b c x y z, , , , , 0, áp dụng Bất đẳng thức 12, 13, ta có

2

2

2 2

2 2 2

b a b c

a c

y x y z

a b c a b c x z

x y z ax by cz a b c a b c

   

     

   

   

                

 

 

     

2

2

1

a b c a b c

a b c

a b c x y z a b c ax by cz ax by cz

   

 

      

         

9 Bất đẳng thức 14

 

 

2

2

2 2

1

, , , , ,

DTXR

a b c

a b c a b c

x y z a b c x y z ax by cz

a b c x y z

a b c

x y z

 

 

       

     

 

  

    

1.2 Một số ký hiệu

Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Giả sử AP, BP, CP cắt BC, CA, AB A1,B1,C1

Gọi ha, , hb hc đường cao hạ từ A, B, C da, db, dc đoạn vng góc hạ từ P đến BC, CA, AB

Ta sử dụng ký hiệu sau

ABC

S S , SBPC Sa , SCPASb , SAPB Sc ,

1 a

AA k , BB1kb , CC1 kc ,

a

APR , BPRb , CPRc ,

1 a

PA r , PB1 rb , PC1 rc ,

a a

r x

k

 , b b

r y

k

 , c c

r z

k

 ,

 1 a

S B AC S , S C BA 1Sb , S A CB 1Sc ,   * 1

10

Phần THIẾT LẬP CÁC NHÓM QUAN HỆ

2.1 Nhóm quan hệ

Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ ra, , rb rc, ka, , kb kc, da, db, dc, ha, , hb hc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt

Nhóm quan hệ: ra, ka

Đây xem phương pháp “gốc”, tổng quát nhất, mà mối liên hệ tài liệu nước hành trường hợp riêng

Dễ dàng chứng minh a a a

a a

S d r

S  h  k ,

b b b b b

S d r

S  h k ,

c c c c c

S d r

S  h k

Đặt

0

a a a a a

S d r

x

S  h k   ,

b b b b b

S d r

y

S  h k   ,

c c c c c

S d r

z S  h k  

Ta có

1

a b c a b c

S S S S S S S

x y z

S S S S S

 

        Vậy, ta có đẳng thức sau

Đẳng thức

 

, , 0,1

1

x y z

x y z

 



  



Bởi Đẳng thức 1, ta có số đẳng thức cụ thể sau Đẳng thức 1a

1

a b c

S S S

11 Đẳng thức 1b

1

a b c a b c

d d d

h h  h 

Đẳng thức 1c

1

a b c a b c

r r r

k k k 

Áp dụng Đẳng thức vào bất đẳng thức có chứa tổng x y z, ta thiết lập nhiều bất đẳng thức tam giác

Suy luận

Áp dụng Đẳng thức vào Bất đẳng thức 8, ta có

  1

9

x y z

x y z

 

     

  hay

1 1

9

x  y z

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 15

1 1

1 DTXR

3

x y z

x y z

      

Bởi Bất đẳng thức 15, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 15a

1 1

DTXR

a b c

S S S S

P G

    

Bất đẳng thức 15b

9

DTXR

a b c a b c

h h h

d d d

P G

    

12 Bất đẳng thức 15c

9

DTXR

a b c a b c

k k k

r r r

P G

    

Suy luận

Áp dụng Đẳng thức vào Bất đẳng thức 5, ta có

   2  2 2

3 xyyzzx  x y z 3 x y z     2 2

3 xy yzzx  1 x  y z

Các đẳng thức xảy

1

3

a b c a b c

r r r

x y z P G

k k k

         Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 16

1

3 DTXR

3

xy yz zx

x y z

      

Bởi Bất đẳng thức 16, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 16a

2

3 DTXR

a b b c c a

S S S S S S S

P G

    

Bất đẳng thức 16b

1 DTXR

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

d d d d d d h h h h h h P G

    

Bất đẳng thức 16c

1 DTXR

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

r r r r r r k k k k k k

P G

    

13 Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 17

2 2

3 DTXR

3

x y z

x y z

      

Bởi Bất đẳng thức 17, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 17a

2

2 2

3 DTXR

a b c

S

S S S

P G

    

Bất đẳng thức 17b

2 2

2 2

1 DTXR

a b c a b c

d d d

h h h

P G

    

Bất đẳng thức 17c

2 2

2 2

1 DTXR

a b c a b c

r r r

k k k

P G

    

Suy luận

Áp dụng Đẳng thức vào Bất đẳng thức 6, ta có

   2  

3 xy yz zx  x y z 3 x y z 3

Các đẳng thức xảy

1

3

a b c a b c

r r r

x y z P G

k k k

        

14 Bất đẳng thức 18

1 DTXR

3

xy yz zx x y z

      

Bởi Bất đẳng thức 18, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 18a

DTXR

a b b c c a

S S S S S S S

P G

  

 

Bất đẳng thức 18b

1

DTXR

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

d d d d d d

h h h h h h

P G

  

 

Bất đẳng thức 18c

1

DTXR

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

r r r r r r

k k k k k k

P G

  

 

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 19

1 DTXR

3

x y z

x y z

  

   

Bởi Bất đẳng thức 19, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 19a

3 DTXR

a b c

S S S S

P G

  

15 Bất đẳng thức 19b

3

DTXR

a b c

a b c

d d d

h h h

P G

    

Bất đẳng thức 19c

3

DTXR

a b c

a b c

r r r

k k k

P G

    

Suy luận

Bây giờ, Đẳng thức Bất đẳng thức AM-GM, ta có

1   x y z xyz Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 20

1

27 DTXR

3

xyz

x y z



   

Bởi Bất đẳng thức 20, ta có số bất đẳng thức cụ thể sau Bất đẳng thức 20a

3 DTXR

a b c

S S S S

P G

  

Bất đẳng thức 20b

1

27 DTXR

a b c a b c

d d d h h h

P G

  

16 Bất đẳng thức 20c

1

27 DTXR

a b c a b c

r r r k k k

P G

  

2.2 Nhóm quan hệ

Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ Ra, Rb, Rc, ka, , kb kc, gọi tắt

Nhóm quan hệ: Ra, ka

Suy luận Ta có

1

a a a a

a a a

R k r r

x

k k k



     Tương tự, ta có

1

a a

R

x

k   ,

b b

R

y

k   ,

c c

R

z k  

Suy

1  1  1   

a b c a b c

R R R

x y z x y z

k  k  k             

Vậy, ta có đẳng thức sau

Đẳng thức

2

a b c a b c

R R R

k  k  k  hay 2

a b c

a b c

R R R

k  k  k 

Suy luận Ta có

1

a a

k

R  x ,

1

b b

k

R  y ,

1

c c

k

17 Do

1 1

1 1

a b c a b c

k k k

R R  R  x  y  z

Ta cần thiết lập bất đẳng thức liên quan đến biểu thức

1 1

1x1y1z

Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có

     

  1

1 1

1 1

x y z

x y z

 

           

 

 3   1

1 1

x y z

x y z

 

         

 

 1

1 x y z

 

  

    

  

1 1

1x1y1z 2

Đẳng thức xảy

1    x y z hay

3

x  y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 21

1 1

1 1

1 DTXR

3

x y z

x y z

     

   

hay

9

2 DTXR

3

a b c a b c

a b c a b c

k k k

R R R

r r r

k k k

P G

        

2.3 Nhóm quan hệ

Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ Ra, Rb, Rc, ra, , rb rc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt

18 Bài toán Chứng minh số

a a

R r ,

b b

R r ,

c c

R r ,

có số khơng nhỏ có số không lớn

Giải

a) Có số khơng nhỏ

Giả sử ngược lại, số nhỏ Ta có

1

1

2 2

c a c

c a

a a a

S R S

S S

S  r   S   

Tương tự, ta có

2

2

b a

S  S Suy

 

1 2

2 2

c b a a a a a

S S  S  S  S S  S Tương tự, ta có

2

c b a

19 Cộng bất đẳng thức theo vế, ta có

   

2 SaSbSc 2 Sa SbSc 2S2S, mâu thuẫn Ta có điều phải chứng minh

b) Có số khơng lớn Chứng minh tương tự

Suy luận

Ta có

1 2

a c b b c b c

a a a a a a

R S S S S S S

r S S S S S

 

   



Vậy, ta có đẳng thức sau

Đẳng thức

a b c

a a

R S S

r S

 

20

1

2

a b c b c

a a a a

R S S S S c b

r S S S c b



    

Vậy, ta có đẳng thức sau

Đẳng thức

1

2

a a

R c b

r c b

Suy luận Ta có

1

1

a a a a

a a a

R k r k

r r r x



    

Tương tự, ta có

1

a a

R

r  x ,

1

b b

R

r  y ,

1

c c

R

r  z

Vậy, Bất đẳng thức 15, ta có

1 1 1

1 1

a b c a b c

R R R

r r r x y z x y z

   

   

                 

       

Đẳng thức xảy x y z Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 22

1 DTXR

3

a b c a b c

a b c a b c

R R R

r r r

r r r

k k k

P G

        

21

 

1 1

1

1 1

a a

x

r x

R x x x

 

   

  

Tương tự, ta có

1 1

a a

r

R  x ,

1 1

b b

r

R  y ,

1 1

c c

r

R  z

Vậy, Bất đẳng thức 21, ta có

1 1 1

1 1 3

1 1 1 2

a b c a b c

r r r

R R R x y z x y z

   

   

                 

     

       

Đẳng thức xảy x y z

Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 23

3

2 DTXR

3

a b c a b c

a b c a b c

r r r

R R R

r r r

k k k

P G

        

2.4 Nhóm quan hệ

Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ a b c, , , da, db, dc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt

Nhóm quan hệ: a d, a

Bài toán Cho tam giác ABC Xác định điểm P nằm (hoặc cạnh)

tam giác ABC cho tổng da db dc nhỏ

Giải Khơng tính tổng quát, giả sử a b c Ta có

 

22 Suy

2

a b c a

S

d d d h

a

    Vậy, a cạnh lớn ta có

Bất đẳng thức 24

a b c a

d d d h

- Nếu a b c, giá trị nhỏ tổng da dbdc ha, đạt điểm P nằm vị trí (hoặc cạnh) tam giác ABC - Nếu a b c, giá trị nhỏ tổng da dbdc ha, đạt dc 0, nghĩa điểm P nằm cạnh CA, cạnh nhỏ

- Nếu a b c, giá trị nhỏ tổng da dbdc ha, đạt db dc 0, nghĩa điểm P trùng với đỉnh A

Suy luận

Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có

  1   1

9 2

a b c a b c

a b c a b c

ad bd cd S S S

ad bd cd ad bd cd

   

            

   

1 1 1

2

2

a b c a b c

S

ad bd cd ad bd cd S

 

        

 

Đẳng thức xảy

2 2

a b c a b c a b c

ad bd cd  S  S  S S S S  P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 25

1 1

2 DTXR

a b c

a b c

ad bd cd S

ad bd cd P G

  

    

23 Suy luận

Nếu tam giác ABC tam giác đều, Bất đẳng thức 25 tương đương với

2

1 1

3

4

a b c

a d d d a a

 

   

 

  

1 1

a b c

d d d  a

Đẳng thức xảy da db dc hay P  I O H G Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 26 (ABC tam giác đều)

1 1

DTXR

a b c a b c

d d d a

d d d P I O H G

  

       

Suy luận

Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có

     

  1

9

a b b c c a

a b b c c a

ad bd bd cd cd ad

ad bd bd cd cd ad

 

        

  

 

  1

2 a b c

a b b c c a

ad bd cd

ad bd bd cd cd ad

 

      

  

 

1 1

4

a b b c c a

S

ad bd bd cd cd ad

 

    

  

 

1 1

4

a b b c c a

ad bd bd cd cd ad S

   

  

Đẳng thức xảy

2 2

a b c a b c a b c

ad bd cd  S  S  S S S S  P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 27

1 1

4 DTXR

a b b c c a

a b c

ad bd bd cd cd ad S

ad bd cd P G

  

  

    

24 Suy luận

Nếu tam giác ABC tam giác đều, Bất đẳng thức 27 tương đương với

1 1

4

a b b c c a

a d d d d d d S

 

  

    

  

1 1 3

3

4

a b b c c a

a

d d d d d d  a  a

Đẳng thức xảy da db dc hay P  I O H G Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 28 (ABC tam giác đều)

1 1 3

DTXR

a b b c c a a b c

d d d d d d a

d d d P I O H G

              Suy luận Ta có

   2 2

a b c

a b c

a b c

ad bd cd a b c

d d d

 

       

 

a b b c c a

b a c b a c

d d d d d d

ab bc ca

d d d d d d

                            AM-GM

2 2

2

a b c ab bc ca a b c

         Suy

   2

a b c

a b c

a b c

ad bd cd a b c

d d d

 

       

 

   2

2 a b c

a b c

a b c

S S S a b c

d d d

 

        

 

   2

2 a b c

a b c

a b c

S S S a b c

d d d

 

        

   

2

2

a b c

a b c

S a b c

d d d

              2

a b c

a b c

a b c

d d d S

 

25

Đẳng thức xảy da db dc hay PI Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 29

 2

2 DTXR

a b c

a b c

a b c

a b c

d d d S

d d d P I

    

    

Nhận xét Bất đẳng thức cịn chứng minh, dựa vào Bất đẳng thức 13, sau

     

   

2 2

2 2 2

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

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

a b c

d d d ad bd cd S S S S S S S

       

     

     

Đẳng thức xảy da db dc hay PI Suy luận.

Theo Bất đẳng thức C-B-S, ta có

 2 2 2 2   2 2

2 2

a b c a b c a b c

a b c d d d  ad bd cd  S  S  S  S Suy

2

2 2

2 2

4

a b c

S

d d d

a b c

  

 

Đẳng thức xảy a b c

d d d

a  b  c P Điểm Lemoine tam giác

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 30

 

2

2 2

2 2

4

DTXR Lemoine

a b c a b c

S

d d d

a b c

d d d

P L

a b c

  

      

26 2.5 Nhóm quan hệ 5

Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ a b c, , , Ra, Rb, Rc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt

Nhóm quan hệ: a R, a

Suy luận - Ta có

a b

R R c, RbRca, RcRa b Suy

 

2 RaRbRc   a b c hay

2

a b c

a b c R R R     p - Ta có

 1   1

a b a a a a a

R R R  r a  R r a k a

b a2 a1 b a2 a1 b a

        Tương tự, ta có

a b

R R  a b, RbRc b c, RcRa  c a Suy

   

2 Ra RbRc 2 a b c hay Ra RbRc   a b c 2p Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 31

2

a b c

pR R R  p

Bài tốn Tìm điểm P tam giác nhọn ABC cho tổng aRabRbcRc

27 Ta có

2ScR AHb R ADb , 2Sa R CKb R CDb Suy

 

2 ScSa R ACb bRb

Đẳng thức xảy đường thẳng AH, CK, CA trùng hay BP vng góc với CA

Tương tự, ta có

 

2 ScSa bRb, 2Sa SbcRc, 2SbScaRa Suy

 

4

a b c a b c

aR bR cR  S S S  S

Vậy giá trị nhỏ tổng aRa bRbcRc 4S, đạt

BP CA

CP AB P H

AP BC

 

    

  

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 32

4 DTXR

a b c

aR bR cR S

P H

28

Bài toán Tìm điểm P tam giác nhọn ABC cho tổng b c c a a b

aR R bR R cR R đạt giá trị nhỏ Giải

Giả sử E F điểm cho BCPE BCAF hình bình hành Suy EPAF hình bình hành Do

BCEPFAa, CABFb, PAEF Ra, PCEBRc Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy tứ giác ABEF, ta có

a c

AB EFAF BEBF AEc R a R b AE Đẳng thức xảy tứ giác ABEF nội tiếp Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy tứ giác AEBP, ta có

b c a

BP AEBE APAB EPR AER R ca Đẳng thức xảy tứ giác AEBP nội tiếp Suy

   

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

aR R bR R cR R  aR R cR R bR R R aR cR bR R

   

b c a b c a

R b AE bR R b R AE R R bca

    

hay

b c c a a b

29

Vậy giá trị nhỏ tổng aR Rb cbR Rc a cR Ra b abc, đạt tứ giác ABEF AEBP nội tiếp

Vì tứ giác ABEF AEBP nội tiếp, nên suy tứ giác AFEP nội tiếp Suy tứ giác AFEP hình chữ nhật Suy APEP hay APBC

Vì tứ giác AEBP nội tiếp, nên ABE APE Suy BE AB hay

CPAB

Vì APBC CPAB, nên PH

Vậy, với ABC tam giác nhọn, a thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 33

DTXR

b c c a a b

aR R bR R cR R abc

P H

  

 

Nhận xét Bất đẳng thức cịn có cách chứng minh khác, theo suy luận từ bổ đề sau

Bổ đề Nếu f a b c R , , , a, Rb, Rc0 f aR a, bRb, cRc, R Rb c, R Rc a, R Ra b0 Nhận xét Người ta chứng minh rằng, Bổ đề 1, bất đẳng thức

 , , , a, b, c

f a b c R R R 

xảy dấu đẳng thức PI, bất đẳng thức

 a, b, c, b c, c a, a b

f aR bR cR R R R R R R 

xảy dấu đẳng thức tam giác ABC nhọn PH Suy luận

Theo Bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức kinh điển, với số thực

, ,

x y z P điểm tùy ý mặt phẳng (ABC), ta có

  2 2 2

a b c

x y z xR yR zR  yza zxb xyc

Đẳng thức xảy x y z: : Sa:Sb:Sc, ký hiệu Sa, Sb, Sc

để diện tích đại số tam giác có hướng PBC, PCA, PAB

(Lưu ý: kiến thức mang tính tham khảo, để mở rộng thêm, phù hợp bậc Trung học phổ thông)

30 Bất đẳng thức tương đương với

  2 2 2 2 2

a b c

x y z xR yR zR yza zxb xyc

xyz xyz

     



 1  2 2 2

a b c

a b c

xR yR zR

yz zx xy x y z

 

      

 

 

Ngoài ra, theo Bất đẳng thức 12 , ta có

 2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z

    

 

Đẳng thức xảy a b c: : x y z: : Do đó, ta có

 2 2  2

1 1

a b c

a b c

xR yR zR

yz zx xy x y z

 

 

    

   

 

Đẳng thức xảy

: : : :

a b c x y z

P I

 

 



Áp dụng Bổ đề cho bất đẳng thức trên, ta có

     

   2

2 2

1 1 a b c

b c c a a b

aR bR cR

x R R y R R z R R

yz zx xy x y z

                         

2 2 a b c

b c c a a b

aR bR cR

x y z

x R R y R R z R R

xyz x y z

                     

2 2

b c c a a b a b c

x R R y R R z R R aR bR cR

xyz x y z

     

    

 

      

2

2 2

b c c a a b a b c

R R R R R R aR bR cR

yz zx xy x y z

   

    

 

 

Trong bất đẳng thức trên, thay x xRa2, y b

yR , z c

zR , ta có

           

2 2

2 2 2

b c c a a b a b c

a b c

b c b c b c

R R R R R R aR bR cR

xR yR zR

yz R R zx R R xy R R

   

    

 

31



2

2 2

1 1 a b c

a b c

aR bR cR

yz zx xy xR yR zR

   

    

 

 

Trong bất đẳng thức trên, thay x

x , y

1

y , z

1

z, ta có

2

2 2

a b c

a b c

aR bR cR

yz zx xy

R R R

x y z

 

   

 

  

   

 

 

 Ra2 Rb2 Rc2 aRa bRb cRc

x y z yz zx xy

    

 

Ta thiết lập bất đẳng thức sau

2 2

a b c a b c

R R R aR bR cR

x y z yz zx xy

    

 

Với Nhận xét Bổ đề 1, ta thấy đẳng thức bất đẳng thức xảy

tam giác ABC nhọn, PH, a b c: : x y z: : Sa:Sb:Sc tam giác ABC nhọn, PH, Ra Rb Rc

xa  yb zc

 tam giác ABC nhọn, PH, x y z: : cosA: cosB: cosC  tam giác ABC nhọn, PH, x y z: : cotA: cotB: cotC

- Dễ thấy rằng, với x y z, , 0 P trùng với đỉnh tam giác, chẳng hạn đỉnh A, bất đẳng thức

Tóm lại, với x y z, , 0 P tùy ý, ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 34

2 2

nhon DTXR

: : cot : cot : cot

a b c a b c

R R R aR bR cR

x y z yz zx xy

ABC

P H

x y z A B C

    

  



 

 



Trong bất đẳng thức trên, thay x Ra

a , y

b

R

b , z

c

R

32

a b c

a b c

b c c a a b

aR bR cR aR bR cR

R R R R R R

bc ca ab

    

 

 R Rb c R Rc a R Ra b

bc  ca  ab 

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 35

1

nhon DTXR

b c c a a b

R R R R R R

bc ca ab

ABC

P H

  

   



Suy luận Nếu PO, ta có

2 2

2 1

1 1

b c c a a b

R R R R R R R R R

R

bc ca ab bc ca ab bc ca ab

 

           

 

 

2

R a b c abc

    2

2

abc abc abc R R R

R S pr Rr

a b c p R p p p

      

 

2

R r

  Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 36

2

R r Suy luận

Áp dụng Bất đẳng thức Bất đẳng thức 35, ta có

3 3.1

a b c b c c a a b

R R R R R R R R R

a b c bc ca ab

         

   

   

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 37

3

nhon DTXR

a b c

R R R

a b c

ABC P H

      



Bài toán Cho tam giác ABC có trọng tâm G bán kính đường trịn ngoại

tiếp R Gọi R R1, 2, R3 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

33

1 3

R R R  R Giải Theo Bất đẳng thức 35, ta có

b c c a a b

aR R bR R cR R abc Khi PG, ta có

1 1

1

4

4

4 3

b c

a b c a

aR R S

S aR R R S R R S

R

    

Tương tự, ta có

1

4

b c

aR R  R S,

4

c a

bR R  R S,

4

a b

cR R  R S Ngoài ra, ta biết

4

abc

S abc RS

R

   Do

 3

4

4

3

b c c a a b

aR R bR R cR R abc R R R S  RS R R R  R Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 38

1 3

R R R  R

Suy luận Ta có

1 1 1

a c b a c b

a c b n n n n n n

aR bd cd R bd cd

aR bd cd

a  a  a  a a  a 

        Tương tự, ta có

1

a

b c

n n n

R c b

d d

a  a   a  ,

b

c a

n n n

R a c

d d

b  b   b  ,

c

a b

n n n

R b a

d d

34 Suy

1 1 1

a b c

a b c

n n n n n n n n n

R R R b c c a a b

d d d

a b c c  b  a  c  b  a 

     

           

     

AM-GM 2 2 2 2 2 2

a b c

a n n b n n c n n n n n n n n

ad bd cd

d d d

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

     

4 a b c

n n n n n n

S S S

a b c b c a c a b

 

    

 

Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 39

4 ,

deu DTXR

a b c a b c

n n n n n n n n n

R R R S S S

n

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

ABC

P O

 

       

 

    



- Với n1, ta có

4

a b c a b c

R R R S S S

a b c a bc b ca c ab

 

      

 

 2

BDT15

4

a b c

a b c S S S

S S S

abc a b c abc a b c

 

 

     

 

 

- Với n2, ta có

2 2

4

4

a b c a b c

R R R S S S S

a b c abc abc abc abc R

 

       

 

Như biết, đẳng thức xảy tam giác ABC P trùng với tâm tam giác

2.6 Nhóm quan hệ 6

Trong mục này, nghiên cứu đề xuất (khá đầy đủ) mối liên hệ diện tích số tam giác đặc biệt, gọi tắt

35 Ký hiệu

 1 a

S B AC S , S C BA 1Sb , S A CB 1Sc ,   * 1

S A B C S

Suy luận Đặt

1

a a

a

 ,

b b

b

 ,

c c

c 

Suy

2

1 a a

a   ,

2

1 b b

b   ,

2

1 c c

c  

Theo Định lý Ceva, ta có

36    2 2 1 a c c b c S c

S b c b c b c

b c                       

Tương tự, ta có

  1

a

S c

S  b c ,   1

b

S a

S  c a ,   1

c

S b

S  a b

Suy

 

*

1

a b c

a b c

S S S S

S S S S

S S S S S

    

     

 

        

1

1 1 1

c a b

b c c a a b

                                        

1 1 1 1 1

1

1 1 1

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

a b c a b c

             

  

     

           

AM-GM

1 2 1

4

1 1 1 2

a b c

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

            Suy * S S  Đẳng thức xảy

1

a    b c P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 40

37

Các tam giác có diện tích S1, S2, S3 (hình vẽ) đồng dạng với tam giác ABC theo trường hợp g-g-g Suy

2

1

S a

S a

      ,

2

2

S PB a

S a a

       

    ,

2

3 2

S PC a

S a a

       

   

hay

1 3 2 1

S S S a a a a a a a

S S S a a a a a

 

        Ta thiết lập đẳng thức sau

Đẳng thức

1

1

S S S

S  S  S   S1  S2  S3  S

Suy luận

Bởi Bất đẳng thức Đẳng thức 5, ta có

       

2

2

1 3 3

3 3

S S S S S

S S S S S S S S S

 

          

38

1 3

S  S  S S S S  P G Ta thiết lập bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 41

1

3 DTXR

S

S S S

P G

    

Nhận xét Nếu đặt

1

S x

S

 , S2

y S

 , S3

z S

 ,

thì ta có

, ,

1

x y z

x y z

 

   



Ta thiết lập nhiều tốn hình học, biết Suy luận

Ta có

1 c b

S a

x S  a  ,

1 a c

S b

y S b  ,

1 b a

S c

39 Ta thiết lập đẳng thức sau

Đẳng thức

, ,

1

x y z xyz

 

 



Từ đẳng thức trên, ta có

1

a

a  x,

2

1

b

b  y ,

2

1

c

c  z

1

1

a x

a a  x hay

1

1

a x

a  x

Tương tự, ta có

1

1

a x

a  x ,

1

1

b y

b  y ,

1

1

c z

c  z

Hơn nữa, ta có

2

1

1

a

a a  x hay

2

1

a

a  x

Tương tự, ta có

2

1

a

a  x ,

2

1

b

b  y ,

2

1

c

c  z

Theo tính chất biết, ta có

  

1 2. 1 .

1 1

S b c z z

S  b c  y z  y z

Tương tự, ta có

  

1

1

S z

S  y z ,   

2

1

S x

S  z x ,   

3

1

S y

S  x y

Suy

        

1

1 1 1

S S S z x y

S  S  S  y z  z x  x y 

        

1

1 1 1

S S S z x y

S y z z x x y

    

40 Ta thiết lập đẳng thức sau

Đẳng thức

        

1 +

1 1 1

S S S x y z

S z x x y y z

   

     

Đẳng thức tương đương với

        

1 1

1 1 1

A B C

S S z x y

S y z z x x y



  

     



        

1 1

1

1 1 1

A B C

S z x y

S y z z x x y

   

     



        

1 1 1

1 1 1

A B C

S z x y

S   y z  z x  x y

          

   

1 1 1 1 1

1 1

A B C

S x y z z x x y y z

S x y z

         

  

       

   

1

1 1

xyz xy yz zx x y z xy yz zx x y z

x y z

             

  

x 11 1y 1z 1 x 1y21z 1



 

     

Ta thiết lập đẳng thức sau Đẳng thức

   

1 1

1 1

A B C

S

S  x y z

41 Xét tam giác APC2, ta có

2

3

1

2Fa c

S c

      

Xét tam giác AC B2 1, ta có

2

1

c PB

c  PC

Xét tam giác PB B2 PC C1

1

2

PB S

PC  S

Suy

2

3

2

a

F c PB S

S  c  PC  S

Ta có

2

3

2

a

F S

S  S Fa 2 S S2

Vậy

2

2

a

42

2

a

F  S S , Fb 2 S S3 , Fc 2 S S1 Ta thiết lập đẳng thức sau

Đẳng thức

 2 3 1

2

a b c

F F F  S S  S S  S S

Từ đẳng thức trên, ta thiết lập giải nhiều toán, chẳng hạn

Bài toán Chứng minh rằng

1 + + 3

2

a b c

S S S

F F F 

Giải Ta có

1 3

+ +

2

a b c

S S S

F F F  

1

2 3 1

3

+ +

2

2 2

S S S

S S S S S S  

1 2 3

1

3 2

S S S S S S

S S S

 

 S1 S1 S2 S2 S3 S3 3 S S S1      

3 3

1 3

S  S  S  S S S

Bất đẳng thức cuối đúng, theo dạng Bất đẳng thức AM-GM Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy

1

S S S Khi đó, từ đẳng thức

2

1

1

c S

c  S  ,

3

2

1

c S

c  S  ,

1

3

1

c S

c  S  ,

ta có

1 3

1

2

AP

S S S c c c

AA       

Vậy, đẳng thức xảy

1

1

1

a a a

b b b

c c c

            AP

AA  , 1

2

BP

BB  , 1

2

CP

43 Ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 42

3

1 + +

2 DTXR

a b c

S S S

F F F

P G

  

Bài toán Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Qua P, kẻ

các đường thẳng B C1 2, C A1 2, A B1 2 (như hình vẽ) Đặt

 2

S A PA S , S B PB 2S2, S C PC 2S3

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1

1 1

S S S

Giải

Ta chứng minh đẳng thức sau Đẳng thức 10

1 3

S S S T T T

Áp dụng Đẳng thức 10 Bất đẳng thức AM-GM, ta có

 2

3 6

1 3 1 2 3 3

1 1 3

44

  3

1 3

3 18 18

1

S S S T T T S

S S S T T T

  

    

    

Vậy giá trị nhỏ biểu thức

1

1 1

S S S

là 18

S , đạt

1 3

1 3

1 3

S S S T T T S

S S S T T T

S S S T T T S

     

             



 PG AA1, BB1, CC1 trung tuyến, A2 C, B2  A, C2 B

Bài toán Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Chứng

minh Ra, Rb, Rc độ dài ba cạnh tam giác diện tích tam

giác khơng lớn

3

45

Giải a) Qua P, dựng đường thẳng B C1 2, C A1 2, A B1 song song với ba cạnh tam giác (hình vẽ)

2

PB AC hình thang cân  Ra B C2 2, 2

PC BA hình thang cân  Rb C A2 2, 2

PA CB hình thang cân  Rc  A B2 Vậy Ra, Rb, Rc độ dài ba cạnh tam giác A B C2 2 b) Áp dụng Bất đẳng thức 40, ta có

 2 2  2  2  2

S A B C S A PB S B PC S C PA S A PC 2 S B PA 2 S C PB 2 

     

 2 

1

2 S A PB C S B PC A S C PA B

   1  1 2 3

2 3

S S

S S S S S 

         

Đẳng thức xảy P G O

Vậy, với tam giác ABC, ta thiết lập bất đẳng thức sau Bất đẳng thức 43

 2 2

3 DTXR

S S A B C

P G O

   