Ứng dụng một bài toán bất đẳng thức

Chuyên đề tháng 9: Ứng dụng toán bất đẳng thức Người báo cáo: Dương Thị Thanh Huyền Ngày soạn: 20/9/2019 Ngày báo cáo: 29/9/2019 Ngày hoàn thiện báo cáo sau thảo luận chuyên đề: 1/10/2019 A PHẦN MỞ ĐẦU Ở cấp THCS nhận thức học sinh chuyển dần từ cảm tính sang lý tính, phương pháp suy luận chưa hình thành cách vững Vì việc học tốn, làm tốn thách thức đối tượng học sinh, đặc biệt đối tượng học sinh khá, giỏi: Các em ln tị mị, lúng túng tiếp cận kiến thức mở rộng mức độ khó Đa số em "đầu tư" nhiều thời gian suy nghĩ trước vấn đề mà khơng dựa sở Điều dẫn đến chán nản đầy mâu thuẫn với cách tìm kiếm Chính q trình giảng dạy mơn tốn ngồi việc giúp em nắm kiến thức bản, cần phải phát huy tính sáng tạo học sinh trước kết toán giải xong Kết cần phân tích, phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa…từ tạo nên lớp “cùng họ hàng với nhau”, toán“ sử dụng chung toán gốc” Làm tạo hứng thú cho người học, phát huy tính tích cực, độc lập, chủ động, sáng tạo học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự nghiên cứu tài liệu cho học sinh tiền đề cho em bước chiếm lĩnh tri thức cách chủ động trước vấn đề khó Qua nhằm giáo dục tính kiên trì, lĩnh cá nhân góp phần giáo dục kĩ sống cho học sinh suốt trình học tập Qua nhiều năm giảng dạy, học hỏi đồng nghiệp với kinh nghiệm thân hướng dẫn học sinh biết cách khai thác, sử dụng nhiều tốn điển cơng thức để tìm hướng giải cho số toán cách dễ dàng, toán liên quan đến bất đẳng thức, thấy hiệu dạy học ngày tiến Chính tơi tiếp tục tìm tịi, khám phá, "Ứng dụng toán bất đẳng thức " xin giới thiệu bạn B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Bài toán gốc : Với số thực a , b , c x , y , z số dương, ta có a b2 c2 (a +b +c ) + + ≥ x y z x + y +z (*) Dấu "=" xẩy ⇔ a b c = = x y z Chứng minh bất đẳng (*) Thật với số thực a, b x, y số dương, ta có : a b (a + b) + ≥ x y x+ y (1) ⇔ (a y + b x )( x + y ) ≥ xy (a + b) ⇔ a xy + b xy + a y + b x ≥ a xy + b xy + 2abxy ⇔ a y − 2abxy + b x ≥ ⇔ (ay − bx) ≥ 0(luôđú n ng ) a b (a + b) + ≥ Suy (1) với a ,b ∈ R x ,y >0 x y x+ y a b Dấu "=" xẩy ⇔ x = y a b c ( a + b) c ( a + b + c ) + ≥ Áp dụng bất đẳng thức (1), ta có + + ≥ x y z x+ y z x+ y+z a b c Dấu "=" xẩy ⇔ x = y = z Nhận xét: Đến giáo viên học sinh dừng lại kết a b c (a + b + c) + + ≥ x y z x+ y+z mà khơng quan tâm ứng dụng thật đáng tiếc Sau số ứng dụng bất đẳng thức (*) Bài toán Cho ∆ABC có độ dài cạnh BC, CA, AB a, b, c có p p p chu vi 2p Chứng minh : p − a + p − b + p − c ≥ (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa, 2010-2011) Phân tích Ở vế trái bất đẳng thức cần chứng minh biến đổi để làm xuất p p p 1 1 1 bình phương sau : p − a + p − b + p − c = p( p − a + p − b + p − c ) Vì ta nghĩ đến chứng minh p − a + p − b + p − c ≥ p Ta thấy p − a + p − b + p − c = p (1+1+1)2 =9, nên nghĩ đến áp dụng (*) ta chứng minh Ngồi ta cịn có cách biến đổi: p p p p2 p2 p2 + + = + + (xuất vế trái (*)) p − a p − b p − c p ( p − a ) p ( p − b) p ( p − c) Bài giải (tóm tắt ) Cách Vì p = a+b+c b+c−a c+ a −b a+b−c ⇒ p−a = ; p−b = ; p−c = 2 2 Theo bất đẳng thức tam giác ta suy p − a > 0; p − b > 0; p − c > Áp dụng (*) ta có 1 (1 + + 1) 9 + + ≥ = = p − a p − b p − c p − a + p − b + p − c p − (a + b + c ) p p p p 1 (1 + + 1) 9p + + p ( + + ) = =9 Vậy p − a p − b p − c = p − a p − b p − c ≥ p p−a + p−b+ p −c p p p p Hay p − a + p − b + p − c ≥ Dấu "=" xẩy ⇔ a=b=c; (tam giác ABC đều) Cách 2: p( p − a) > 0; p( p − b) > 0; p( p − c) > Áp dụng (*) ta có: p p p p2 p2 p2 ( p + p + p)2 + + = + + ≥ p − a p − b p − c p ( p − a ) p ( p − b) p ( p − c ) p ( p − a ) + p ( p − b) + p ( p − c ) ⇔ p p p p2 + + ≥ = Dấu "=" xẩy ⇔ a=b=c;(tam giác ABC đều) p −a p −b p −c p Bài toán 2: Giả sử tam giác ABC có diện tích 1, gọi a, b, c, h a, hb, hc tương ứng độ dài cạnh đường cao tam giác ABC Chứng minh rằng: (a +b +c )( ha2 +hb2 +hc2 ) ≥ 36 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán-tin, ĐH Vinh, năm học 2004-2005) Phân tích: Dựa vào bất đẳng thức cần chứng minh ta tìm mối quan hệ đường cao 2 cạnh tam giác Ta thấy S∆ABC = a.ha = b.hb = c.hc = ⇒ = ; a hb = ; b hc = c 22 22 22 Vậy h +h +h = + + ( Xuất vế trái (*)) a b c a b c 2 2 a b Ta có S∆ABC = a.ha = b.hb = c.hc = ⇒ = ; hb = ; hc = Bài giải c Vì a, b, c số dương Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: ( a +b +c )( ha2 +hb2 +hc2 ) = ( a +b +c )( ≥ (a + b + c ) 22 22 22 + + ) a2 b2 c2 (2 + + 2) = 36 a + b2 + c2 Vậy ( a + b + c )( + hb + hc ) ≥ 36 2 2 2 Dấu "=" xẩy ⇔ a=b=c ; ( tức tam giác ABC đều) Bài toán Cho ∆ABC nhọn O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh AM BN CP + + ≥ (1) OM ON OP (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9, Quảng Ngãi) Phân tích AM BN CP 1 + + = + + Ta có biến đổi sau : OM ON OP OM ON OP AM BN CP có dạng vế trái (*) Vậy để chứng minh bất đẳng thức (1) cần chứng minh cần biến đổi phân thức OM ON OP + + =1 Vì AM BN CP OM ON OP , , thành phân thức có liên AM BN CP quan với Từ A O kẻ AH ⊥ BC ; OK ⊥ BC (H, K ∈ BC ) A P ⇒ ⇒ OM OK S BOC = = AM AH S ABC B AH // OK Cách làm tương tự ta tìm (Dễ dàng thấy O H K N C M ON S AOC OP S AOB = = ; BN S ABC CP S ABC S BOC S S + AOC + AOB =1 ) S ABC S ABC S ABC Bài giải tóm tắt Từ A O kẻ AH ⊥ BC ; OK ⊥ BC (H, K ∈ BC ) ⇒ AH // OK ⇒ OM OK = (2) (áp AM AH OK BC S BOC OK = = dụng hệ định lý Ta-let ) Ta lại có (3) S ABC AH BC AH OM S BOC = Từ (2) (3) ta có AM S ABC Chứng minh tương tự ta có ON S AOC = BN S ABC , OP S AOB = CP S ABC S S S OM ON OP + + = BOC + AOC + AOB =1 S ABC S ABC S ABC AM BN CP OM ON OP Với , , > 0, áp dụng (*) ta có : AM BN CP AM BN CP 1 (1 + + 1) + + = + + ≥ = (đpcm) OM ON OP OM ON OP OM ON OP + + AM BN CP AM BN CP Nên Dấu "=" xẩy ⇔ OM ON OP = = = ( hay O trọng tâm ∆ABC ) AM BN CP Nhận xét: Từ toán ta cộng vào vế (1) với (-3) ta bất đẳng thức: AM BN CP AO BO CO −1+ −1 + −1 ≥ − ⇔ + + ≥6 OM ON OP OM ON OP Từ ta có tốn 4: Bài tốn 4: Cho tam giác ABC , cạnh BC ,CA , AB lấy điểm D, E, F (khác đỉnh tam giác ) cho AD, BE, CF cắt điểm H Chứng minh : A AH BH CH + + ≥6 HD HE HF E F ( Lời giải tương tự 3) H D B Bài toán C Gọi , hb, hc đường cao tương ứng cạnh a, b, c tam giác, r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh : a) ha+hb +hc ≥ 9r b) ha2+hb2 +hc2 ≥ 27r c b r r r a Phân tích : a) Ta cần tìm liên hệ bán kính đường tròn đường cao tam giác Ta có ha+hb +hc = 2S 2S 2S 1 + + = 2S ( + + ) a b c a b c Vì cạnh tam giác tiếp tuyến nên vng góc với r (bán kính), nên ta có: 2 2 S= a.r + b.r + c.r = r (a + b + c) ⇒ 2S = r (a + b + c) a b c a b c Vậy ha+hb +hc = = 2S ( + + ) = r (a + b + c)( + + ) ≥ 9r 2 2 S= a.r + b.r + c.r = r (a + b + c) ⇒ 2S = r (a + b + c) a b c a b c Vậy ha+hb +hc = = 2S ( + + ) = r (a + b + c)( + + ) ≥ r (a + b + c) (1 + + 1) = 9r a+b+c (Áp dụng bất đẳng thức (*) ) Dấu "=" xẩy ⇔ a = b = c (nghĩa tam giác đều) a b) Ta có h +h b +hc ha2 hb2 hc2 (ha + hb + hc ) (ha + hb + hc ) = == + + ≥ 1 1+1+1 (Áp dụng bất đẳng thức (*) ) Mà ≥ ha+hb +hc ≥ 9r ( theo chứng minh câu a) Suy ha2+hb2 +hc2 (9r ) = 27 r Bài tốn Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = FA Chứng minh rằng: A a ) AB.CE + BC AE ≥ AC BE b) BC DE FA + + ≥ BE DA FC B Phân tích: M a)Ta cần biến đổi AB.CE BC AE tích khác có liên quan đến AC, C điều giúp ta nghĩ đến tam giác đồng dạng Vì cần tạo ∆MCE , ∆BCM đồng dạng với ∆BCA , ∆ACE Cho nên cần dựng điểm M nằm góc BCE cho ∠BAC = ∠MEC , ∠BCA = ∠MCE E b) F BC AC ≥ Từ câu a) ta có BE AE + EC A Chứng minh tương tự ta có E B C DE CE FA AE ≥ ; ≥ DA AC + AE FC AC + EC D Vậy BC DE FA AC CE AE + + ≥ + + BE DA FC AE + EC AC + AE AC + EC ⇔ BC DE FA 1 + + ≥ ( AC + AE + EC )( + + )−3 BE DA FC AE + EC AC + AE AC + EC ( Xuất vế trái (*) ) Bài giải tóm tắt: a) Dựng điểm M nằm góc BCE, cho ∠BAC = ∠MEC , ∠BCA = ∠MCE Suy ∆BCA ∆MEC ⇒ BA ME = ⇔ BA.EC = ME.CA(1) CA EC BC MC Lại có = ∠BCM = ∠ACE CA EC BC BM ⇒ ∆BCM = ⇒ BC AE = AC.BM (2) ∆ACE ⇒ AC AE Từ (1) ,(2) ta có BA.EC + BC.AE = ME.AC + BM AC = ( ME + BM ) AC ≥ BE AC (Theo bất đẳng thức tam giác) ∆BCA ∆MEC ⇒ Vậy AB.CE + BC AE ≥ AC.BE b) Ta có AB.CE + BC AE ≥ AC BE ⇔ Chứng minh tương tự ta có: Vậy ⇔ Mà BC AC ≥ ( AB = BC ) BE AE + EC DE CE FA AE ≥ ; ≥ DA AC + AE FC AC + EC BC DE FA AC CE AE + + ≥ + + BE DA FC AE + EC AC + AE AC + EC BC DE FA 1 + + ≥ ( AC + AE + EC )( + + )−3 BE DA FC AE + EC AC + AE AC + EC 1 (1 + + 1) + + ≥ (Theo bất đẳng thức (*)) AE + EC AC + AE AC + EC 2( AE + EC + AC ) Suy BC DE FA + + ≥ −3= BE DA FC 2 Bài toán Cho a , b , c số đo cạnh tam giác Xác định hình dạng tam giác để : a) a b c + + đạt giá trị nhỏ nhất b+c c+a a +b b) a b c + + đạt giá trị nhỏ nhất −a + b + c −b + c + a −c + a + b c) b+c c+a a +b + + đạt giá trị nhỏ nhất − a + b + c −b + c + a − c + a + b Phân tích: a) Ta thấy a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c số dương Đặc biệt phân thức có tổng tử mẫu (a+b+c), từ ta có biến đổi sau: a b c a b c + + = +1+ +1+ +1− b+c c+a a +b b+c c+a a+b a+b+c a+b+c a+b+c + + −3 b+c c+a a +b 1 = (a + b + c)( + + )−3 b+c c+a a+b = ( Xuất vế trái (*) ) Lập luận tương tự câu a) ta biến đổi được: a b c a b c + + + )+( + )+( + )− = =( − a + b + c −b + c + a − c + a + b −a + b + c −b + c + a −c + a + b 2 1 1 (a + b + c)( + + )− − a + b + c −b + c + a − c + a + b b) b+c c+a a +b + + − a + b + c −b + c + a − c + a + b b+c a+c a +b − )+( − )+( − )+ =( −a + b + c −b + c + a −c + a + b 2 1 1 + + )+ = (a + b + c)( − a + b + c −b + c + a − c + a + b c) Bài giải tóm tắt a) Ta có a, b, c độ dài cạnh tam giác nên a, b, c số dương Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: a b c + + = b+c c+a a +b (a + b + c)( 1 + + )−3 b+c c+a a+b 1 1 (1 + + 1) ( a + b + b + c + c + a )( + + ) − ≥ (b + c + c + a + a + b) −3 = b+c c+a a+b b+c +c +a +a +b ⇔ a b c + + ≥ − = Dấu "=" xẩy ⇔ a = b = c b+c c+a a+b 2 Vậy tam giác a b c + + đạt giá trị nhỏ b+c c+a a +b Câu b), c) giải tương tự câu a) Bài toán : Cho tam giác ABC, M điểm nằm tam giác Gọi khoảng cách từ M đến cạnh BC , CA , AB x , y , z Xác định vị trí điểm M để 1 a) x + y + z đạt giá trị nhỏ nhất 1 b) x + y + y + z + z + x đạt giá trị nhỏ nhất 1 c) x + yz + y + zx + z + xy đạt giá trị nhỏ nhất Phân tích: 1 A a)Ta thấy x + y + z có dạng vế trái bất đẳng thức (*), ta cần tìm mối tương quan x+y+z với đại lượng khơng đổi tam y giác ABC M z Ta có SABC= SAMC +SAMB + SCMB ( 1) x Giả sử SABC= a.h ( a,h cạnh, đường cao tam giác ABC, h không đổi) 10 C B Từ (1) ta có: a.h = a.y +a.z + a.x ⇔ h = y + z + x 1 Như ta tìm giá trị nhỏ x + y + z , với điều kiện x, y, z để dấu xẩy ta xác định vị trí M Câu b); c) lập luận tương tự câu a) Bài giải tóm tắt: a) Gọi a, h cạnh, đường cao tam giác ABC Ta có: SABC= SAMC +SAMB + SCMB = a.h = a.y +a.z + a.x ⇔ h = y + z + x Với x, y, z số dương, áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 (1 + + 1) Dấu " = " xẩy + + ≥ ⇔ x=y=z = x y z x+ y+z h 1 Vậy giá trị nhỏ x + y + z M giao điểm đường phân giác h 1 x + y + z đạt giá trị nhỏ h b); c) giải tương tự Bài toán Cho ∆ABC có AA1 ; BB1 ; CC1 đường phân giác Gọi khoảng cách từ A1 đến AB a1 ; B1 đến BC b1 ; C1 đến CA c1 Gọi ha, hb, hc đường cao tam giác kẻ từ A, B, C Tìm giá trị nhỏ nhất A= a1 b1 c + + hb hc Phân tích Ta thấy tương ứng cặp a1 b1 c1 ; ; hb hc A tỉ số biểu thị dạng quan hệ C1 ? *Chẳng hạn ta xét tỉ số B1 a1 B 11 H A1 C (Chú ý AA1 đường phân giác góc A khoảng cách từ A1 đến AC a1 ) Ta có  BC  S ∆ABC = a ( AB + AC ) BC a BC  ⇒ = ⇒ = 2 AB + AC  a1 ( AB + AC ) S = S + S = ∆ ABC  ∆AA1 B ∆AA1 C  BC S ∆ABC = h BC a ( AB +AC ) a BC  ⇒1 = a ⇒1 = 2 AB +AC a1 ( AB +AC )  S ∆ABC =S ∆AA B +S ∆AA C =  1  Xét tương tự cho trường hợp lại Nếu ta gọi độ dài cạnh ∆ABC a, b, c ta có biến đổi sau : A= a1 b1 c1 a b c + + = + + hb hc b+c a+c b+a Bài giải (tóm tắt có S∆ABC = (phân tích tiếp câu (a) Bài toán ) Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, AC, AB ∆ABC Ta a a1 (b + c) = 2 ⇒ Chứng minh tương tự ta có : a1 a = b + c (1) b1 b = hb a + c (2) ; c1 c = hc b + a (3) a1 b1 c1 a b c + + = + + ≥ hb hc b+c a+c b+a ⇔ a = b = c (tức ∆ABC tam giác (cách làm giống Bài toán 7) Vậy A = ) Từ (1) ,(2) (3) ta có A = Bài tốn 10 Cho ∆ABC , M điểm tam giác, gọi H, D, E hình chiếu M thứ tự BC, CA, AB Xác định vị trí M cho giá trị biểu thức BC CA AB + + đạt giá trị nhỏ nhất MH MD ME Phân tích Ta đặt BC = a ; AC = b ; AB = c, MH= x, MD=y, ME=z; diện tích ∆ABC đại lượng khơng đổi S.Vì ta tìm mối quan hệ đại lượng a, b, c, x, 2 y, z với diện tích (S) : S = cz + by + ax ⇔ cz + by + ax = 2S (1) a b c a2 b2 c2 Ta cần phải biến đổi + + = + +12 (xuất dạng vế trái (*)) x y z xa yb zc A D E M C B H Bài giải 2 Gọi S diện tích ∆ABC ,ta có S = cz + by + ax ⇔ cz + by + ax = 2S Với cz, by, ax số dương, áp dụng (*) ta có : a b c a b c (a + b + c ) (a + b + c ) + + = + + ≥ = x y z xa yb zc xa + yb + zc 2S a b (vì cz + by + ax = 2S ) c Dấu " = " xẩy ⇔ ax = by = cz ⇔ x = y = z BC CA AB (a + b + c) + + Vậy đạt giá trị nhỏ MH=MD=ME MH MD ME 2S ( nghĩa M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ) Bài toán11 Lấy điểm O nằm ∆ABC Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB P, Q, R OA OB OC a) Chứng minh : AP + BQ + CR = b) Tìm vị trí điểm O để Phân tích tỉ số a) Ta thấy OA OB OC ; ; AP BQ CR AP BQ CR + + OA OB OC đạt giá trị nhỏ nhất A không ràng Q buộc lại tương tự Vì ta xét R O tỉ số, chẳng hạn số OA AP OA Ta dễ dàng tỉ AP 13 tỉ số diện tích tương ứng H B C P K 1 + + AP BQ CR + + b) Để ý ta thấy = OA OB OC OA OB OC AP BQ CR Bài giải tóm tắt ( Xuất vế trái (*) ) Đặt S∆OBC = S1 ; S∆OAC = S ; S ∆OAB = S3 ; S∆ABC = S a) Kẻ BH, CK vng góc với đường thẳng AH Ta có :   OA OA.CK SOAC = =  AP  AP.CK S ACP   OA.BH S  OA  = = OAB  AP AP.BH S ABP  ⇒ OA SOAB SOAC SOAB + SOAC S3 + S = = = = AP S ABP S ACP S ABP + S ACP S (t/c dãy tỉ số ) Chứng minh tương tự, ta có : OB S1 + S3 OC S1 + S = ; = BQ S CR S OA OB OC S3 + S S1 + S3 S1 + S2 2( S1 + S + S3 ) 2S + + = + + = = =2 AP BQ CR S S S S S OA OB OC b) Các tỉ số AP ; BQ ; CR số dương, áp dụng (*) ta có : 1 (1 + + 1) + + AP BQ CR ≥ = + + OA OB OC = OA OB OC + + OA OB OC AP BQ CR AP BQ CR  OA OB OC  AP + BQ + CR = OA OB OC  ⇔ = = = Dấu "=" xẩy ⇔  AP BQ CR  OA = OB = OC  AP BQ CR OA OB OC AP BQ CR + + Vậy đạt giá trị nhỏ AP = BQ = CR = OA OB OC Suy 14 Tức O giao điểm đường trung tuyến AP BQ CR + + OA OB OC đạt giá trị nhỏ Bài toán 12 : Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I,r), kẻ tiếp tuyến với đường tròn song song cạnh tam giác ABC Các tiếp tuyến tạo với cạnh tam giác ABC thành tam giác nhỏ, gọi diện tích tam giác nhỏ S1, S2, S3, diện tích tam giác ABC S Tìm giá trị nhỏ nhất A S1 S +S +S E biểu thức D S Phân tích: Ta thấy tam giác nhỏ đồng dạng với tam giác ABC Vì ta tìm mối quan hệ tỉ số diện tích S2 S3 tỉ số đường cao tương ứng tam B C giác đồng dạng thông qua tỉ số đồng dạng Giả sử gọi DE tiếp tuyến đường tròn song song với BC ⇒ ∆ADE đồng dạng với ∆ABC Gọi h1, đường cao ∆ADE , ∆ABC ⇒ h − 2r S1 h 2r = ( )2 = ( a ) = (1 − ) (1) ( h1 =ha -2r) S ha Mặt khác S = a+b+c aha r.a r.b r.c a +b+c = + + =( )r = pr ; ( p= ) 2 2 2 2r a ⇒ = (2) p a ( p − a)2 S1 (1 − ) = Từ (1) (2) suy = p p2 S ( p − b) S2 = Lập luận tương tự ta có: = ; p2 S Suy ra: S1 + S + S3 S ( p − c) S3 = = p2 S ( p − a ) ( p − b) ( p − c) ( p − a + p − b + p − c ) ≥ = + + (theo (*) ) p2 p2 p2 p2 + p2 + p2 S1 + S + S3 [ p − ( a + b + c) ] p2 ≥ = = S p2 p2 p −a p −b p −c Dấu " = " xẩy ⇔ p = p = p ⇔ a = b = c ⇔ Tam giác ABC ⇔ Một số toán tương tự: Bài : Cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác ; A , B1 , C1 chân đường cao kẻ từ A , B , C Tìm giá trị nhỏ : 15 a) AA1 BB1 CC1 + + HA1 HB1 HC1 ; b) HA1 HB1 HC1 + + HA HB HC Bài 2: Lấy điểm O tam giác ABC Các tia AO, BO, CO, cắt BC, AC, AB P, Q, R Xác định vị trí điểm O để: a) AP BQ CR + + OA OB OC b) OA OB OC đạt giá trị nhỏ OP OQ OR đạt giá trị nhỏ Bài 3: Cho hình bình hành ABCD tâm O Gọi M, N trung điểm BO, AO Lấy điểm F cạnh AB cho tia FM cắt BC E tia FN cắt cạnh AD K Chứng minh rằng: BA BC + =4 BF BE b) BE + EK ≥ BC a) C KẾT LUẬN Với thời gian có hạn, kinh nghiệm tơi cịn hạn chế, chắn chun đề khơng thể tránh khỏi sai sót Rất mong đón nhận đóng góp ý kiến thầy, cô để trau dồi chuyên môn q trình giảng dạy hồn thiện chn đề Tôi xin chân thành cảm ơn! 16 17 ... dạy học ngày tiến Chính tơi tiếp tục tìm tịi, khám phá, "Ứng dụng toán bất đẳng thức " xin giới thiệu bạn B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Bài toán gốc : Với số thực a , b , c x , y , z số dương, ta có... a+b+c (Áp dụng bất đẳng thức (*) ) Dấu "=" xẩy ⇔ a = b = c (nghĩa tam giác đều) a b) Ta có h +h b +hc ha2 hb2 hc2 (ha + hb + hc ) (ha + hb + hc ) = == + + ≥ 1 1+1+1 (Áp dụng bất đẳng thức (*)... lại kết a b c (a + b + c) + + ≥ x y z x+ y+z mà không quan tâm ứng dụng thật đáng tiếc Sau số ứng dụng bất đẳng thức (*) Bài tốn Cho ∆ABC có độ dài cạnh BC, CA, AB a, b, c có p p p chu vi