Tuyển chọn các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học

348 TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Liên hệ cạnh góc tam giác  ≥ ACB  AC ≥ AB ngược lại Định lí 1: Cho tam giác ABC Nếu ABC Định lí 2: Cho hai tam giác ABC MNP có AB = MN AC = MP Khi ta có bất đẳng thức  ≥ NMP  ⇔ BC ≥ NP BAC Định lí 3: Trong tam giác ABC ta có:  = 90 BC + Nếu A AB2 + AC =  > 90 BC > AB2 + AC + Nếu A  < 90 BC < AB2 + AC + Nếu A  AB − AC < BC < AB + AC  Định lí 4: Với tam giác ABC ta ln có:  AC − BC < AB < AC + BC   BC − AB < AC < BC + AB Hệ quả: Cho n điểm A1 ; A ; A ; ; A n Khi ta ln có A1A + A A + + A n −1A n ≥ A1A n Dấu xẩy n điểm A1 ; A ; A ; ; A n thẳng hàng xếp theo thứ tự Định lí 5: Cho tam giác ABC M trung điểm BC Khi ta có  = 90 AM = BC + Nếu A  > 90 AM < BC + Nếu A  < 90 AM > BC + Nếu A 2 Quan hệ đường xiên, đường vng góc hình chiếu đường xiên Định lí 1: Trong đường xiên đường vng góc kẻ từ điểm ngồi đường thẳng đến đường thẳng đường vng góc đường ngắn Định lí 2: Trong hai đường xiên kẻ từ điểm nằm đường thẳng đến đường thẳng đó: • Đường xiên có hình chiếu lớn lớn • Đường xiên lớn có hình chiếu lớn THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 349 • Nếu hai đường xiên hai hình chiếu nhau, ngược lại, hai hình chiếu hai đường xiên Các bất đẳng thức đường tròn Định lí 1: Trong đường trịn đường kính dây lớn Định lí 2: Trong đường trịn: • Hai dây cách tâm ngược lại • Dây lớn dây gần tâm ngược lại Định lí 3: Bán kính hai đường trịn R ≥ r , khoảng cách tâm chúng d Điều kiện cần đủ để hai đường trịn cắt R – r ≤ d ≤ R + r Định lí 4: Cho đường trịn (O; R) điểm M nằm đường trịn Khi ta có R – d ≤ MN ≤ R + d Với N điểm đường tròn d khoảng cách từ M tới tâm đường trịn Định lí 5: Cho đường trịn (O; R) điểm M ngồi đường trịn Khi ta có d – R ≤ MN ≤ d + R Với N điểm đường tròn d khoảng cách từ M tới tâm đường trịn Các bất đẳng thức diện tích Định lí 1: Với tam giác ABC ta ln có S ABC ≤ tam giác ABC vng A Định lí : Với tứ giác ABC ta ln có S ABCD ≤ AC vng góc với BD AB.AC , dấu xẩy AC.BD , dấu xẩy Định lí 3: Với tứ giác ABCD ta ln có S ABCD ≤ = D = 90 B Một số bất đẳng thức đại số thường dùng ( AB.BC + AD.DC ) , dấu xẩy • Với x, y số thực dương , ta ln có ( ) x + y ≥ 2xy; x + y ≥ ( x + y ) , dấu xẩy x = y • Với x, y, z số thực dương , ta ln có THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 350 1 + ≥ , dấu xẩy x = y x y x+y 1 + + ≥ , dấu xẩy x= y= z x y z x+y+z • Bất đẳng thức Cauchy: Với x, y, z số thực dương , ta ln có x+y ≥ xy , dấu xẩy x = y x+y+z ≥ xyz , dấu xẩy x= y= z • Bất đẳng thức Bunhiacopxki Với a, b, c x, y, z số thực, ta ln có (a + b2 )( x (a + b2 + c 2 ) + y ≥ ( ax + by ) , dấu xẩy )( x 2 ) a b = x y + y + z ≥ ( ay + by + cz ) , dấu xẩy a b c = = x y z II.CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Chứng minh tổng độ dài ba đường trung tuyến tam giác lớn chu vi nhỏ chu vi tam giác 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 Hoàn toàn tương tự ta AD + BE + CF < AB + BC + CA Ta cần chứng minh ( AB + BC + CA ) < AD + BE + CF Chú ý G trọng tâm tam giác nên từ BG + GC > BC ta BE + CF > BC Đến áp dụng tương tự cộng theo vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Lấy điểm M tia đối tia DA cho DA = Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 351 Xét tam giác ABC có ba đường trung tuyến AD, BE, A CF tia đối tia DA lấy điểm M cho D 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 3 2 Nên BE + CF > BC ⇔ BE + CF > BC Tương tự CF + AD > AC; AD + BE > AB 2 3 Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có Trong tam giác BGC có BG + GC > BC mà BG = 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 giác nhọn ABC có đường phân giác AD, BE, CF cắt I Chứng ( AD + BE + CF ) > minh đoạn thẳng ID, IE, IF độ dài ba cạnh tam giác Phân tích tìm lời giải Để chứng minh đoạn thẳng ID, IE, IF độ dài ba cạnh tam giác Ta cần chứng minh bất đẳng thức IE + FI > DI; EI + DI > FI; DI + FI > EI Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC vẽ IH vng góc với AC H suy IH = r  nhỏ nên EH < IH =  < 450 nên tam giác vng góc EIH Chú ý EIH r Từ suy r ≤ IE < 2r Hồn tồn tương tự ta DI < EI + FI ; EI < FI + DI ; FI < DI + EI Đến ta bất đẳng thức Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 352 Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 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 giác vng IEH có (  = 90 − IEH  < 90 − IEH  + 90 − ECB  EIH )  − ECB  = EBC  < 90 = 180 − IEH A D EH C  nhỏ Do tam giác vng IEH góc EIH Khi ta EH < IH = r Mặt khác theo định lí Pitago ta có IE OH r; HE < r nên suy = IH + EH mà lại có = IE < 2r Từ ta r ≤ IE < 2r Chứng minh tương tự ta r ≤ ID < 2r ; r ≤ IF2 < 2r Từ 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 độ dài ba cạnh tam giác Ví dụ Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh rằng: MA.BC + MB.CA + MC.AB < 2Max {AB.AC; BC.CA; CA.AB} Phân tích tìm lời giải Gọi giao điểm A1 AA1 < AB = Max {AB; AC} AM với BC Do Khi ta thấy ta AA1 BC < BC.Max {AB; AC} < Max {AB.BC; AC.BC; AB.AC} Từ suy bất đẳng MA.BC = thức MA MA AA1 BC < Max {AB.BC; AC.BC; AB.AC} Áp dụng hoàn toàn AA1 AA1 tương tự ý đến đẳng thức quen thuộc MA MB MC ta có điều phải + + = AA1 BB1 CC1 chứng minh Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 353 Gọi A1 ; B1 ; C1 giao điểm AM, BM, A CM với BC, CA, AB Tia AM nằm hai tia AB AC nên A1 nằm hai điểm B C Vẽ AH B1 C1 vng góc với BC H Giả sử AB ≥ AC nên ta M BC ≥ CH Gọi B’ điểm đối xứng với B qua H, suy C thuộc đoạn BB’ Mà 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} MA.BC = Đặt x = Max {AB.BC; AC.BC; AB.AC} , ta Hoàn toàn tương tự ta MB.CA < MB MC x; MC.AB < x BB1 CC1 Mặt khác ta có S MAB + S MBC + S MCA = S ABC nên ta Từ ta MA MA AA1 BC < x AA1 AA1 MA1 MB1 MC1 + + = 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 giác ABCD điểm M thuộc miền tứ giác Chứng minh rằng: MB + MC ≤ Max {AB + AC; DB + DC} Phân tích tìm lời giải Với điểm M thuộc miền tứ giác ABCD, xẩy hai trường hợp M thuộc cạnh tứ giác M thuộc miền tứ giác Với điểm M thuộc cạnh tứ giác, 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 giác, lấy điểm N AD để MB + MC ≤ NB + NC quy toán chứng minh tương tự trường hợp thứ Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 354 Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề: Cho tam A giác ABC điểm M nằm tam giác, I ta ln có M MB + MC ≤ AB + AC Thật vậy, gọi giao điểm BM với AC I ta B có C AB + AC = AB + AI + CI ≥ BI + CI = BM + IM + CI ≥ BM + CM Bổ đề chứng minh Trở lại toán: Với điểm M thuộc miền tứ giác ABCD, xẩy hai trường hợp M thuộc cạnh tứ giác M thuộc miền tứ giác Do ta xét hai trường hợp sau: + Trường hợp 1: Điểm M thuộc cạnh tứ B' giác, không tính tổng quát ta giả sử điểm M D M I nằm đoạn thẳng AD Gọi B’ 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 AD cắt C B Gọi I 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 giác Khi gọi O giao điểm hai đương chéo N A điểm M thuộc tam giác OAD, OBC, O OCD, ODA Tùy theo vị trí điểm M mà ta chọn điểm N đoạn AD cho theo bổ đề ta ln có MB + MC ≤ NB + NC Mà theo trường hợp ta M 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 hai điểm A M trùng THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 355 Nếu AB + AC ≤ DB + DC dấu xẩy hai điểm D M trùng Ví dụ Chứng minh tổng độ dài đường chéo ngũ giác lồi ABCDE lớn chu vi nhỏ hai lần chu vi ngũ giác ABCDE Lời giải Gọi p chu vi ngũ giác lồi ABCDE, ta có B A p = AB + BC + CD + DE + EA F G Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho tam giác L C ABE, ABC, BCD, DEC, EAD ta H K BE < AB + AE; AC < AB + BC BD < BC + DE; EC < CD + DE E D AD < AE + DE Từ suy BE + AC + BD + EC + DA < ( AB + BC + CD + DE + EA ) Hay ta BE + AC + BD + EC + DA < 2p Gọi giao điểm AC với BE, BG F, G Gọi giao điểm AD với EB, EC L, K Hai đường chéo EC BD cắt H Khi áp dụng bất đẳng thức tam giác cho tam giác ABF, BCG, CDH, DEK, EAL ta AB < AF + BF; BC < BG + GC; CD < CH + HD; DE < DK + KE; EA < EL + LA Do ta AB + BC + CD + DE + EA < AF + BF + BG + GC + CH + HD + DK + KE + EL + LA =( BF + EL ) + ( AF + CG ) + ( BG + HD ) + ( EK + HC ) + ( AL + DK ) < BE + AC + BD + EC + AD Hay ta p < BE + AC + BD + EC + AD Vậy ta p < BE + AC + BD + EC + AD < 2p Ví dụ Cho hình chữ nhật ABCD a) Chứng minh điểm I thuộc đoạn AB IC + ID ≤ AC + AD , dấu xẩy ? b) Tìm điểm O nằm bên cạnh hình chữ nhật ABCD thỏa mãn điều kiện tổng OA + OB + OC + OD có giá trị lớn Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 356 Đặt E AB= CD= a; AD= BC= b; AC= BD= d= a + b2 a) Ta chứng minh IC + ID ≤ d + b Gọi E điểm đối xứng với D qua A, tứ giác A I I K B AEBC hình bình hành, nên AB CE cắt trung điểm K đoạn Lại có IE = TD Có hai trường hợp xẩy D C + Trường hợp điểm I thuộc đoạn AK, tam giác AEC chứa tam giác IEC nên ta IC + ID = IC + IE ≤ AC + AE = AC + AD Từ ta IC + ID ≤ AD + AC , dấu xẩy hai điểm I A trùng + Trường hợp điểm I thuộc đoạn KB, ta giác BEC chứa tam giác IEC nên ta IC + ID = IC + IE ≤ BC + BE = AD + AC Từ ta IC + ID ≤ AD + AC , dấu xẩy hai điểm I B trùng Vậy điểm I thuộc cạnh AB ta ln có IC + ID ≤ AD + AC , dấu xẩy điểm I trùng với A B b) Nếu điểm O trùng với đỉnh hình chữ nhật ABCD ta OA + OB + OC + OD = a + b + d Nếu điểm O không trùng với đỉnh hình chữ nhật ABCD, có hai trường hợp sau: + Trường hợp điểm O nằm cạnh hình chữ nhật ABCD, chẳng hạn O nằm cạnh AB khơng trùng với A, B Khi ta OA + OB + OC + OD = AB + OC + OD < AB + AC + AD =+ a b+d + Trường hợp điểm O nằm hình chữ nhật ABCD, qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD, BC M, N Chứng minh tương tự ta OA + OB < MA + MB; OC + OD < MB + MC Từ ta OA + OB + OC + OD < MA + MB + MC + MD = AD + MB + MC < AD + AB + AC = a + b + d Vậy OA + OB + OC + OD đạt giá trị lớn a + b + d , dấu xẩy điểm O trùng với đỉnh hình chữ nhật ABCD Ví dụ Cho tam giác ABC điểm M thuộc tam giác Chứng minh rằng: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 357 MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ 4S ABC Phân tích tìm lời giải Do tam giác ABC nên ta cần xét trường hợp xẩy tam giác ABC Với tam giác ABC nhọn vuông, ý S ABC = S MAB + S MBC + S MCA nên để chứng minh toán ta cần biểu diễn tích theo diện tích MA.BC; MB.CA; MC.AB theo diện tích tam giác MAB, MBC, MCB Kẻ BB1 ⊥ AM,CC1 ⊥ AM ta S ABM + S= ACM 1 AM ( BB1 + CC1 ) ≤ AM.BC Đến áp dụng tương tự ta điều phải 2 chứng minh Với tam giác ABC tù, chẳng hạn tù A ta lấy điểm B’ thỏa mãn AB' ⊥ AC , AB' = AB điểm M nằm tam giác AB’C Khi ta cần chứng minh MA.BC + MB.CA + MC.AB ≥ MA.B' C + MB'.CA + MC.AB' > 4S AB'C > 4S ABC Lời giải Ta xét hai trường hợp sau: + Trường hợp 1: Tam giác ABC không tù A Vẽ đường thẳng BB1 ⊥ AM,CC1 ⊥ AM Khi ta có 1 AM.BB1 + AM.CC1 2 1 AM ( BB1 + CC1 ) ≤ AM.BC = 2 M S ABM + S ACM = Dấu xảy khi AM ⊥ BC B1 Hoàn toàn tương tự ta S BCM + S ABM ≤ C B C1 BM.AC Dấu xẩy BM ⊥ AC S ∆BCM + S ∆ACM ≤ CM.AB Dấu xảy CM ⊥ AB Cộng vế bất đẳng ( S ABM + S ACM + S BCM ) ≤ thức ta ( MA.BC + MB.AC + MC.AB ) Hay ta MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ 4S ABC Dấu xẩy AM ⊥ BC,MB ⊥ AC,MC ⊥ BC hay M trực tâm tam giác ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 435 Bài 42 Cách 1: Gọi AD đường phân giác tam R giác ABC AP, Ả đường phân giác Khi A P ta có PR ⊥ AD Đặt= AB c;= BC a;= CA b 2p = a + b + c Khơng tính tổng qt ta giả sử AC ≥ AB E Khi vẽ BE vng góc với CR E BE cắt AC F H D B F C K AC − AF = b−c Ta có AB = AF CF = Theo định lí Pitago ta có PR = BE = BC − CE ≥ BC − CF2 = ( p − b )( p − c ) Từ ta PR ≥ ( p − b )( p − c ) Hoàn toàn tương tự ta MN ≥ Do ta MN + PR + QS ≥ ( p − a )( p − b ) ; QS ≥ ( p − c )( p − a ) ( p − a )( p − b ) + ( p − b )( p − c ) + ( p − c )( p − a ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ( p − a )( p − b ) + ( p − b )( p − c ) + ( p − c )( p − a ) ≥ ( p − a )( p − b )( p − c ) Theo cơng thức Heron ta có S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ta suy S2 ( p − a )( p − b )( p − c ) =p Do ta có ( p − a )( p − b ) + ( p − b )( p − c ) + ( p − c )( p − a ) ≥ Lại có S = pr nên ta r = S2 p S ta p ( p − a )( p − b ) + ( p − b )( p − c ) + ( p − c )( p − a ) ≥ S.r Từ suy MN + PR + QS ≥ rS Dấu xẩy tam giác ABC Cách 2: Vẽ BH CK vuông với đường phân giác AD tam giác ABC Ta có PR = AP + AR = BH + CK = 2S ABD 2S ACD 2S ABC + = AD AD AD = AD Theo công thức đường phân giác ta THCS.TOANMATH.com bc p(p − a) ≤ p(p − a) b+c TÀI LIỆU TỐN HỌC 436 Do ta PR ≥ MN ≥ 2S p(p − c) 2S p(p − a) ; QR ≥ Hoàn toàn tương tự ta 2S p ( p − b) Do ta MN.PR.QS ≥ 8S = p3 ( p − a )( p − b )( p − c ) 8S p p ( p − a )( p − b )( p − c ) = 8S p 8S Theo bất đẳng thức Cauchy ta có MN + PR + QS ≥ MN.PR.QS ≥ rS = p 3 Vậy toán chứng minh Bài 43 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta A ( AB M  MB MC  + AC  +  AC   AB ) 2 2  MB MC  ≥  AB + AC = MB + MC ) (  AB AC   B H C Mà ta có MB + MC ≥ BC theo định lí Pitago ta AB2 + AC = BC  MB2 MC  MB2 MC 2 Do ta BC  hay + ≥ BC + ≥1  AC  AB2 AC  AB MB MC MB MC BC Dấu xẩy AB = AC ⇔ MB + MC = = AB AC AB2 AC MB AB2 Điều tương đường với M thuộc đoạn BC = MC AC BH BH.BC AB2 Gọi H hình chiếu A BC, Khi ta = = CH CH.BC AC MB BH = Từ ta Mà H, M thuộc đoạn thẳng BC nên suy hai điểm M H MC CH trùng Vậy dấu đẳng thức xẩy M hình chiếu A BC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 437 Bài 44 Gọi K giao điểm đường tròn (I) với A   BC(K khác B) Khi ta có BAE = BDK = 90 S  = DKB  nên ta ABM  = DBC  Lại có AEB  = DBC  (cùng phụ với ABC  ) Mà ta lại có BAM E M N B D HI O K C Do hai tam giác ABM CBD đồng dạng với Do ta AB AM = ⇒ AB.CD = AM.BC BC CD Tam giác ABC vng A có đường cao AH nên ta có AB.AC = AH.BC Mà ta có AB = 2CD nên ta AH = 2AM suy M trung điểm AH Từ suy MD = 1 HC Cho nên ta MA + MD= ( AH + HC ) 2  = 450 Tiếp tuyến S nửa Gọi S điểm thuộc nửa đường tròn (O) cho BOS đường tròn (O) cắt BC N Khi ta có trường hợp sau CN CN Khi MA + MD = + Nếu điểm A trùng với điểm S ta AH + HC = không đổi  < 450 + Nếu điểm A khác điểm S tia NA nằm hai tia NS NK Khi ta có ANK  > 450 nên AH < NH Từ suy MA + MD < NC Từ ta NAH Như điểm A trùng với điểm S A để MA + MD đạt giá trị lớn Bài 45 Vẽ AM đường kính đường A (O)  = CMA  AHB   Ta có HBA = ACM = 90 nên ta ∆HBA ∽ ∆CMA Suy O HB BA HC CA = = Tương tự ta CM MA BM MA Từ ta B H HB AB MC = HC AC MB Ta có ∆ADB ∽ ∆CDM nên suy Tương tự ta có Như ta C D M DB AB = DM CM DC AC DB AB MB = = Do ta DM BM DC AC MC HB DB AB  MC MB  += + HC DC AC  MB MC  THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 438 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta Vậy ta AB  MC MB  AB MC MB AB + ≥2 =   AC  MB MC  AC MB MC AC HB DB AB + ≥2 Dấu xẩy tam giác ABC cân A HC DC AC Bài 46 Vẽ đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác AMN Gọi E A giao điểm đường tròn (I) với AC(E khác A)  nên ta  = CAD  CAD  = EMN Khi CBD O   = EMN CBD I D B  = ENM  Tương tự ta có CDB M N C  = EMN  Xét hai tam giác CBD EMN có CBD E  nên ta ∆CBD ∽ ∆EMN Từ suy  = ENM CDB S CBD BD = S EMN MN Ta có S MCE S MCE + S NCE S EMN S MCE S NCE nên ta = = = S MAC S MAC + S NAC S AMN S MAC S NAC  = CEN  MCA  = ECN  nên ta Xét hai tam giác CMA CEN có CMA ∆CMA ∽ ∆CEN Từ ta MC AC = ⇒ MC.NC = AC.EC Do ta có EC NC S  BD  Do ta ln có BCD ≤  , dấu xẩy C trung điểm MN S AMN  2AC  Bài 47 Xét tam giác ABC vuông A có đường N phân giác AD Vẽ đường thẳng d vng góc với AD A Gọi B’, C’ hình chiếu A M K vng góc B, C AD Gọi M, N hình chiếu vng góc B, C đường thẳng d Vẽ DH vng góc với AB H, DK H B' B D C C' vng góc với AC K Dễ thấy tứ giác AHDK hình vng, ta DH = DK = AD Tam giác ABC vuông A nên S ABC = THCS.TOANMATH.com AB.AC TÀI LIỆU TOÁN HỌC 439 Lại có S ABC = S ABD + S ADC = 1 1 AB.DH + AC.DK = DH ( AB + AC ) = AD ( AB + AC ) 2 2 2 2AB.AC AD ( AB + AC ) nên suy AD = AB + AC  1=  450 nên vuông cân B’ BAB' BAC Tam giác ABB’ vng B’ có = 2 AB Tương tự ta có CC' = AC Do ta BB' = 2 MN BB'+ CC' = = AB + CD ) Mặt khác ta lại có AB.AC ≤ ( AB + AC ) Suy ( 2 = AB.AC Từ ta ( AB + AC ) 2AB.AC Do ta ≤ = AB + AC ( AB + AC ) Suy AD ≤ MN AB + AC= ( ) MN Dấu xẩy AB = AC hay tam giác ABC vuông cân A Bài 48  α=  β=  γ Theo = BAC ; ABC ; ACB Đặt C tam giác ABC có AB bé  góc bé Từ suy nên ACB  ≤ 60 hay γ ≤ 60 Điều dẫn ACB A' M N đến hai góc cịn lại có góc B' K khơng nhỏ 60 Khơng tính tổng B A qt ta giả sử α ≥ 60 Lấy A’ đối xứng với A qua BC B’ đối xứng với B qua AC Khi dễ thấy = A' M AM; = A' N AN; = A' B AB Từ ta A' M + MN + B' N = AM + MN + BN hay độ dài đường gấp khúc AMNB độ dài đường gấp khúc A’MNB’ Dễ thấy độ dài đường gấp khúc A’MNB’ lớn độ dài A’B’ Như toán chứng minh xong ta A' B' ≥ 2AB Đặt AB = c ta có gọi K giao điểm BB’ với AC ta BK = AB sin α 2BK 2AB.sin α ⇒= BB' 2AB.sin α Mà ta có α ≥ 600 nên BB' ≥ c Do suy = Mặt khác ta lại có THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 440 ( )  = β − 90 − α = α + β + β − 90   − ABB' B' BA' = ABA' ( ) = 180 − γ + β − 90 0= 90 + ( β − γ )  Do β ≥ γ nên ta B' BA ' ≥ 90 Do tam giác B’BA’ ta có A' B' ≥ A' B2 + B' B2 ≥ c + ( ) 3c = 2c Từ ta suy A' M + MN + B' N ≥ 2AB ⇒ AM + MN + BN ≥ 2AB Bài 49 Ta có E  =OAC  + OCA  =180 − 2ABC   =DOC DBC F A   Tương tự ta có DCB = 180 − 2ACB Như tam giác DBC có góc O   DCB   DBC = 180 − 2ABC = 180 − 2ACB Áp dụng tương tự cho tam giác AEC ABF C B D Khi ta suy ∆BDC ∽ ∆ABF ∽ ∆EAC Đặt = BC x;= DC y; = DB z BF AF AB EC AC EA Ta có = = = = x y z x y z = OB.CD + OC.BD Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác OBDC nội tiếp ta có OD.BC Từ ta OD = R y+z x Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác OAEC nội tiếp ta tính OE = R x+y z ( x + y )( y + z )( z + x ) z+x y Hoàn toàn tương tự ta có OF = R Từ ta OD.OE.OF R = xyz ≥ 8R Bài tốn chứng minh Bài 50 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 441 Ta có tam giác ABC vng cân A nên AD A phân giác góc A AD ⊥ BC Do D H' N thuộc đường trịn tâm O đường kính AB Ta P O có ANMP hình vng (hình chữ nhật có AM phân giác) H M B C D Suy tứ giác ANMP nội tiếp đường trịn đường kính NP  mà NHP = 90 ⇒ H thuộc đường tròn đường E   kính NP nên AHN = AMN = 450 (1) Kẻ Bx ⊥ AB cắt đường thẳng PD E suy tứ giác BNHE nội tiếp đường trịn đường kính NE ∆CDP nên BE = PC mà PC = BN ⇒ BN = BE ∆BNE vuông cân Mặt khác ∆BED = B  (cùng chắn cung BN) nên NHB  = 450 mà NHB  = NEB  = 450 (2) Suy NEB  = 90 , H thuộc đường trịn tâm O đường kính AB Từ (1) (2) suy AHB Gọi H' hình chiếu H AB, ta S AHB = HH'.AB ⇒ S AHB lớn ⇔ HH' lớn AB (do H; D thuộc đường tròn đường kính AB OD ⊥ AB) Mà HH' ≤ OD = Dấu xẩy ⇔ H ≡ D ⇔ M ≡ D Vậy tam giác AHB có diện tích lớn M trùng với D Bài 51 a) Vẽ đường thẳng BB1 ⊥ AM,CC1 ⊥ AM = Xét S ∆ABM + S ∆ACM 1 1 AM.BB1 + AM.CC AM ( BB1 + CC1 ) ≤ AM.BC = 2 2 Dấu xảy AM ⊥ BC Tương tự ta có S ∆BCM + S ∆ABM ≤ BM.AC Dấu xảy BM ⊥ AC S ∆BCM + S ∆ACM ≤ CM.AB Dấu xảy CM ⊥ AB Cộng vế bất đẳng thức THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 442 Ta có ( S ∆ABM + S ∆ACM + S ∆BCM ) ≤ ( MA.BC + MB.AC + MC.AB ) ⇔ MA.BC + MB.AC + MC.AB ≥ 4S ∆ABC Dấu xẩy AM ⊥ BC,MB ⊥ AC,MC ⊥ BC hay M trực tâm tam giác ABC b) Gọi S AMB S= , S AMC S= , S BMC S Khi ta có = S RAM RM S RM RMC = = S AMB BM s BMC BM S AMC S2 RM S RAM S RMC S RAM + S RMC Do ta = = = = = BM S AMB S BMC S AMB + S BMC S AMB + S BMC S1 + S S3 S1 MQ MP Chứng minh tương tự ta= ; = MC S + S MA S1 + S S S RMQ S RMC = = có RMQ Lại S BMC S RMC S BMC Suy S RMQ = S1 S ( S + S )( S1 + S ) S1 S S S1 S S ≤ = ( S + S )( S1 + S ) S S S1 S3 = Tương tự ta có S RMP S S = ; S PQM 4 S1 S Do ta S PQR= S MQR + S RMP + S PMQ= Vậy giá trị lớn S PQR S1 S S1 S + S S + S1 S ≤ S ABC S1 + S + S = ( ) 4 S ABC Dấu xẩy M trọng tâm tam giác ABC Bài 52 Ta xét trường hợp sau + Trường hợp 1: Tam giác ABC khơng tù, ba góc tam giác ABC có góc lớn lớn 60 ⇒A  ≥ 60 ≥B  ≥C Khơng tính tổng quát, giả sử A Kẻ đường cao BD CE, ta S ABC = BD.AC 1 Mà BD ≤ BB1 ≤ nên ta S ABC = BD.AC ≤ BB1 AC ≤ AC 2 1 Chứng minh tương tự ta S ABC ≤ AB Do ta có S 2ABC ≤ AB.AC 1 3.AB.AC Lại có S ABC = AB.AC.sin A ≥ AB.AC.sin 60 = 2 Do ta S ABC ≥ 3.AB.AC ≥ 3.S 2ABC ⇒ S ABC ≤  > 90 + Trường hợp 2: Tam giác ABC tù, khơng tính tổng quát ta giả sử A THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 443  ≤ 120 , chứng minh tương tự trương hợp tam giác ABC khơng Khi 90 < A - từ  > 90 > AB   > 120 , tam giác ABB có A B nên ta AB < BB1 < Khi A 1 -  > 90 > AC  Trong tam giác ACC1 có A C nên ta AC < CC1 < 1  < 1.1.sin 60 = Ta có S ABC = AB.CK = AB.AC.sin KAC < 2 Vậy ta ln có Bài 53 a) Đặt= BC a,= CA b, = AB c Gọi H hình chiếu A BC Ta có ( ) ( 3a + 2b + 2c = 3a + HC + HA + HA + HB2 ( 2 ) = 3a + HC + HB + 4HA ) ( ≥ 3a + ( HC + HB ) + 4HA = 3a + BC + 4AH = a + AH 2 ) ≥ 8a.AH = 16S Vậy ta có 3a + 2b + 2c ≥ 16S HB = HC a  Dấu xẩy H ∈ BC ⇔ ∆ABC cân A AH = a ⇔ = AH = a  b = c b) Trước hết ta chứng minh xy + yz + zx > Thật vậy, x, y, z số dương xy + yz + zx > Nếu ba số x, y, z có số âm, khơng tính tổng quát ta giả sử số x ta có y ≥ −x > 0; z ≥ − x > Do x + y , y + z , z + x độ dài ba cạnh tam giác nên ta có x + y + z + x > y + z ⇔ 2x + y + z + ⇔ ( x + y )( x + z ) > −x ⇔ x ( x + y )( x + z ) > y + z + xy + yz + zx > x ⇔ xy + yz + zx > Vì x + y > 0; y + z > 0; z + x > nên ba số x, y, z khơng thể có hai số khơng dương Do khơng tính tổng qt ta giả sử y > 0; z > y= + z Max {x + y, y + z, z + x} Gọi H hình chiếu A BC, ta có HB + HC ≥ BC Ta có ( ) ( ) ( ) xa + yb + zc = xa + y HC + HA + z HA + HB2 = xa + yHC + zHB2 + ( y + z ) HA (1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 444 2  yz         + yHC + = zHB y.HC +  y + z  y   z       yz yz CH + BH ) =.BC ≥ ( y+z y+z ( ) ( )  z.HB   Thay vào hệ thức (1) ta có  yz  xy + yz + zx xa + yb + zc ≥  x + y + z ) HA BC + ( y + z ) HA (  BC += y+z y+z  ≥ xy + yz + zx.BC.HA= xy + yz + zx.S Vậy ta xa + yb + zc ≥ xy + yz + zx.S Đẳng thức xẩy  z HC = BC zHB  yHC = y+z   y  xy + yz + zx  BC y z.AH BC = + ⇔  HB = y z y z + +   H ∈ BC  xy + yz + zx   BC = y+z   x+z 2 BC HC + HA = y+z  Suy  x+y HB2 + HA = BC  y+z y + z.AH Do y= + z Max {x + y, y + z, z + x} nên từ hệ ta HC < BC; BH < BC suy H BC thuộc đoạn BC, ta BH + HC = x+z  2 AC = y + z BC  Vậy đẳng thức xẩy  ⇔ AB2 = x + y BC  y+z Bài 54 Trước hết ta chứng minh a y+z AM AE AF = + MD EC FB Q b z+x = c x+y A P F Thật vậy, qua điểm A ke đường thẳng song song với E M K H BC cắt BM CM P Q Khi ta có AM AQ AP = = MD DC BD = G B I D C AM AQ + AP AQ + AP = = Do ta MD CD + DB BC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 445 AQ AF AP AE = ; Cũng theo định lí Talét ta= có BC FB BC EC Nên ta AQ + QP AQ AP AF AE AM AE AF = + = + + Do ta = BC BC BC FB EC MD EC FB Kẻ ba đường trung tuyến AI, BK, CH cắt G Khi ba đường trung tuyến chia tam giác ABC thành tam giác gồm BGI, CGI, CGK, AGK, AGH, BGH Do điểm M nằm tam giác kể Khơng tính tổng qt ta giả sử M nằm tam giác AGK Khi ta có AM AE AF AF AE = + ≤ + ≤2 MD EC FB FB KC Hoàn toàn tương tự ta chứng minh Vậy với điểm G ta BM BF BD BF BD = + ≥ + ≥2 ME FA DC FA IC AM BM ≤ ≥ MD MD Dấu xẩy M G trùng Bài 55 Theo ta cần chứng minh M S MNP < 2S AB1CA1BC1 A Ta có BA//MN, CA//MP, BC//NP, điều chứng B1 tỏ MA, NB, CP đồng quy điểm, ta gọi C1 điểm D DC = k , Do CA//MP BC//NP nên theo Đặt DP D B N C A1 P DM DA DC định lí Talets ta có = = = k Do DN DM DP AC//MP nên ta có S AB1C = S APC suy ta S AB1C + S ADC = S APC + S ADC Do ta S AB1CD = S APD Suy ta có S AB1CD S APD AD = = = k S MDP S MDP MD Chứng minh tương tự ta S B1CD S MND Do ta S AB1CA1BC1 S MNP S DBA1C S AB1CD S B CD + S DBA1C + S AB1CD k⇒ k = = = = S DNP S DMP S MND + S DPN + S DMP S AB1C S APC PC = k Lại có AC//MP nên S AB C = S APC suy = = S ADC S ADC DC Tưng tự ta suy THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 446 S AC1B AM NB S BA1C PC S AB1C = = = = = S ABD AD DB S BDC DC S ADC = Từ ta Suy AM AM + AD DM AD < 1⇒ BC Để ý BAC Thật vậy, lấy Q đối xứng với A qua M Xét tam giác ABC ACQ có AB = CQ cạnh AC chung  = 180 − BAC  > 90 > BAC  Do ta BC < AQ = Lại có ACQ 2AM Như ta Max ( d B/ ∆ + dC/ ∆ ) = 2AM Dấu xẩy ∆ ⊥ AM THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 447 Bài 57 Qua B C kẻ đường thẳng song song với A MN cắt AG E F AB AF AC AE = ; Theo định lí Talet ta= có AM AG AN AG AB AC AE + AF + = = Do ta AM AN AG N E G' B S AB.AC  AB AC  Ta có ABC = ≤  + =  S AMN AM.AN  AM AN  Do ta G M C F S AMN ≥ Dấu xẩy MN//BC S ABC Mặt khác M N nằm đoạn thẳng AB, AC Mn qua trọng tâm tam giác ABC nên ta Từ hệ thức AB AC AM AN > < = ;y Đặt x = nên ta < x; y < AM AN AB AC AB AC 1 + = ta + = ⇔ x + y = 3xy AM AN x y < x; y < ta có ( − x )( − y ) > ⇔ − ( x + y ) + xy > AM AN S ABC AB.AC < Suy Do ta − 2xy > ⇒ xy < hay = < AB AC S AMN AM.AN Từ điều kiện Vậy ta S AMN ≤ < S ABC Bài 58 Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC Lấy A điểm A Khi + Nếu A trùng với B với C ta dược = AI K ( AB + AC ) + Nếu A không trùng với B C, gọi K trung điểm AC, IK đường trung bình tam giác ABC nên KI = B I C AB Trong tam giác AKI có AI < KI + KA ⇒ AI < ( AB + AC ) Như ta ln có AI ≤ ( AB + AC ) Áp dụng kết qua cho điểm A1 ; A ; ; A n ta THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 448 A 1I ≤ 1 A1 B + A1C ) ; A I ≤ ( A B + A C ) ; ; A n I ≤ ( A n B + A n C ) ( 2 Do bất đẳng thức không đồng thời xẩy dấu nên ta A1I + A I + + A n I < Hay A1I + A I + + A n I < 1 A1 B + A1C ) + ( A B + A C ) + + ( A n B + A n C ) ( 2 1 A1 B + A B + + A n B ) + ( A1C + A C + + A n C ) = t ( 2 Như ta A1I + A I + + A n I < t Đến chọn M trùng với điểm I ta A1M + A M + + A n M < t Vậy toán chứng minh Bài 59 a) Ta có A bd b + cd c= 2S MAC + 2S MAB= 2S ABMC ≤ BC.MA= a.MA Vậy ta a.MA ≥ bd b + cdc , dấu xẩy BC ⊥ AH M ≡ A db d'c dc b) Nếu M nằm bên tam giác ABC d'b M' M cạnh tam giác ABC M thuộc cạnh miền  ABC;  ACB  Khi tương ba góc BAC; B C tự ta a.MA ≥ bd b + cd c ; b.MB ≥ cd c + ada ; c.MC ≥ ada + bd b Nhân theo vế bất đẳng thức ta abc.MA.MB.MC ≥ ( bd b + cdc )( cdc + ada )( ada + bd b ) ≥ 8abc.da d bdc Hay ta MA.MB.MC ≥ 8da d bd c Dấu xẩy M trùng với đỉnh tam giác ABC M không trùng với đỉnh tam giác ABC dấu xẩy ad = bd = cd c M trực tâm tam giác ABC a b Điều tương đương với S= S= S MAB hay M trọng tâm tam giác ABC M MBC MCA trực tâm tam giác ABC Vậy M không trùng với đỉnh tam giác ABC M vừa trọng tâm vừa trực tâm tam giác ABC, điều tương đường với tam giác ABC tam giác Tóm lại ta ln có MA.MB.MC ≥ 8da d bd c , dấu xẩy M trùng với đỉnh tam giác ABC tam giác ABC M trọng tâm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 449  Gọi khoảng cách từ c) Lấy điểm M’ đối xứng với M qua đường phân giác góc BAC ' M’ đến AC, AB tương ứng d'b ; d'c Khi ta được= d b d= ; d c d'b c Chứng minh ta a.MA = a.M' A ≥ bd'b + cd'c ⇒ MA ≥ b ' c ' b c d b + dc = dc + d b a a a a Dấu xẩy M' ≡ M ≡ A hoăc AM' ⊥ BC Chứng minh tương tự ta MB ≥ a c dc + da , dấu xẩy M ≡ B b b  ) M " B ⊥ AC (Trong M” đối xứng với M qua đường phân giác góc ABC a b MC ≥ d b + da , dấu xẩy M ≡ C M''' B ⊥ AC (Trong M”’ đối xứng c c ) với M qua đường phân giác góc ACB Cộng theo vế bất đẳng thức ta b c a c a b d c + d b + d c + da + d b + da a a b b c c a b a c b c =  +  d c +  +  d b +  +  da ≥ ( da + d b + d c ) b a c a  c b MA + MB + MC ≥ Vậy ta MA + MB + MC ≥ ( da + d b + dc ) Ta xét điều kiện để dấu xẩy ra: + Nếu M trùng với đỉnh tam giác ABC, có ba bất đẳng thức xẩy dấu Do bất đẳng thức cuối khơng xẩy đấu + Nếu M không trùng với đỉnh tam giác ABC bất đẳng thức cuối xẩy dấu AM ' ⊥ BC; M " B ⊥ AC; M ''' B ⊥ AC ⇔ tam giác ABC M trực tâm  a= b= c Ngược lại tam giác ABC M trực tâm ta ln có MA + MB + MC= ( da + d b + dc ) Vậy với tam giác ABC ta ln có MA + MB + MC ≥ ( da + d b + dc ) , dấu xẩy tam giác ABC M trực tâm THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... bất đẳng thức ta D  + ABC  + ACB  < BAC  + ABC  + ACB  BAC O Điều vơ lí, ba bất đẳng thức có P B bất đẳng thức sai Khơng tính tổng C M qt ta giả sử bất đẳng thức  + PCA  < BAC  bất đẳng. .. xiên hai hình chiếu nhau, ngược lại, hai hình chiếu hai đường xiên Các bất đẳng thức đường trịn Định lí 1: Trong đường trịn đường kính dây lớn Định lí 2: Trong đường trịn: • Hai dây cách tâm... Đến ta bất đẳng thức Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 352 Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác B ABC, vẽ IH vng góc với AC H suy IH = r Ta cần chứng minh ba bất đẳng thức IE