10 cực TRỊ HÌNH học (1)

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: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word + MA + MB = MA '+ MB ³ A 'B Dấu xảy M giao điểm cuả A 'B đường thẳng (d) ( M trùng với M ) + MA - MB £ AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng (d) ( M trùng với M ) 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 M ) + MA - MB = MA '- MB £ A 'B Dấu xảy M giao điểm cuả A 'B đường thẳng (d) ( M trùng với M ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word e) Trong trình giải tốn ta cần lưu ý tính chất: Đường vng góc ln nhỏ đường xiên Trong hình vẽ: AH £ AB 2) Trong đường trịn, đường kính dây cung lớn 3) Cho đường tròn (O;R ) điểm A Đường thẳng AO cắt đường tròn hai điểm M 1, M Giả sử AM £AM Khi với điểm M nằm đường trịn ta ln có: AM £ AM £ AM Ví dụ 1:Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh rằng: a) MB + MC < AB + AC b) ( 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: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 ; AB < MA + MB < AC + BC Cộng theo vế BĐT ta có điều phải chứng minh 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) b) AB + AC - BC AB + AC < AM < 2 3( 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: AB + AC - BC AB + AC < AD £ AM < 2 Hướng dẫn giải: a) + Xét tam giác MAB, MAC ta có: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word AM > AB - BM , AM > AC - MC Suy 2AM > AB + AC - (MC + MC ) Û 2AM > AB + AC - BC + Gọi D điểm đối xứng với A qua M ABDC hình bình hành nên AB = CD AD = 2AM Trong tam giác ACD ta có: AD < AC + CD Û 2AM < AB + AC Như vậy: AB + AC - BC AB + AC < AM < 2 b) Áp dụng bất đẳng thức câu a) Cho đường trung tuyến AM , BN ,CP ta có: AB + AC - BC AB + AC , < AM < 2 BC + AB - AC AC + BC , < BN < 2 BC + AC - AB AC + BC Cộng ba bất đẳng thức < CP < 2 chiều ta có: 3( 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 được: AB + AC < 2AD + BC Þ AB + AC - BC < AD Kết với D điểm http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word nằm bên đoạn BC Dựng AH ^ BC Với AB = AC AM = AD Với AB > AC BH > CH Þ BM < BH Þ M thuộc đoạn BH · · · Hơn ADB tù Do D thuộc đoạn BH > ADC Þ ADB Lấy điểm P AB cho AP = AC Þ D ADP = D ADC (c.g.c) · · Þ DP = DC , APD = ACD · · · + Nếu ACB £ 900 (hình) APD = ACB £ 900 · · · Þ BPD ³ 900 > ACB > PBD Þ BD > PD = CD Þ BM < BD Þ MH > DH Þ AM > AD · · · · · + Nếu ACB > 900 (hình) BPD = ACH > ADC > ABC Þ BD > PD = CD Þ BM < BD Þ MH > DH Þ AM > AD Ví dụ 3: a) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm điểm H Chứng minh rằng: 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 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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: HA + HB + HC < AC + BC , HA + HB + HC < AB + BC Suy 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 SD ABC = SDABM + SD AMC Û http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 9a2 3a = ( MP + MQ ) Þ MP + MQ = 3a Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPB, MQC ta tính được: HM = MP MQ , MK = Þ 2 HK = MH + MK = 9a MP + MQ ) = ( Vì PQ ³ 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 ổ 3a 3ử ữ ữ ỗ Ta tớnh c.: RF = 2IF = a + ỗ = 7a Ta cú: ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ ME + MF = MR + MF ³ RF = a Dấu xảy M º I Ta có MA ³ AI = 3a Dấu xảy M º I Suy ME + MF + MA a + 3a ổ ỗ2 + 3ữ ữ =ỗ a Du bng xy ữ ỗ ữ ỗ 2 ữ ỗ ố ø M º I http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 Hướng dẫn giải: Gọi K trung điểm dây cung MN ta có: AM + AN = AM + (AM + MN ) = 2AM + 2MK = 2AK Xét tam giác vuông OK A Ta có: OK + K A = OA không đổi Như AK lớn OK nhỏ Û OK = Û A, M , N ,O nhỏ Ví dụ 6: Cho đường tròn (O; R ) dây cung AB cố định (AB < 2R ) Trên cung lớn AB lấy điểm M Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB lớn 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 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · phân giác góc BMN đồng thời · phân giác ngồi 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 trịn ( J kính ( J ) )Û nên AN lớn AN đường M º J Như chu vi tam giác MAB lớn M trùng với trung điểm J cung nhỏ AB µ < 600 Trên cạnh BC lấy Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A 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 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra, Rb, Rc theo thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc 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 M đối xứng với điểm M qua đường phân · giác BAC Dựng BH ^ AM CK ^ AM Giả sử AM cắt BC D Khi BD ³ BH , DC ³ CK Đẳng thức xảy AD ^ BC hay AM ^ BC Từ ta có: a ³ BH +CK Û aRa ³ 2SABM + 2SACM (chú ý AM = AM = Ra ) hay aRa ³ cdb + bdc Từ Ra ³ c b db + dc (1) a a a c a b dc + da (2); Rc ³ db + da (3) Cộng b b c c theo vế bất đẳng thức (1),(2),(3) ta thu được: Tương tự ta có Rb ³ ỉ ỉ ỉ b cư a cư a bư ÷ ÷ ÷ Ra + Rb + Rc da ỗ + db ỗ + dc ỗ 2( da + db + dc ) ç + ÷ ç + ÷ ç + ÷ ÷ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗc a ứ ỗb a ø èc bø è è http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word (Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức ngoặc) Đẳng thức xảy a = b = c đồng thời M trực tâm tam giác ABC Nói cách khác, M (và M ) tâm tam giác ABC Từ cách chứng minh có số kết sau: Hệ (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng tích) Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra, Rb, Rc thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Khi ta có bất đẳng thức Ra Rb.Rc ³ 8dadbdc Chứng minh: Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell, ta có: Ra ³ c b db + dc (1); a a Rb ³ a c a b dc + da (2); Rc ³ db + da b b c c (3) Nhân theo vế ba bất đẳng thức ta được: æ c b öæ a c öæ a b ö ữ ỗ ỗ ữ ữ ữ Ra Rb.Rc ỗ d + d d + da ữ ỗ db + dc ữ ỗ ỗ ữ ữ c aữ b ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ a a b b c c è øè øè ø ³ c b a c a b db dc dc da db da = 8dadbdc (đpcm) a a b b c c http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Hệ (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng thức) Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra, Rb, Rc thứ tự khoảng cách từ M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Khi ta có bất đẳng thức Ra + Rb + Rc ³ ( ) da + db + dc Chứng minh: Từ bất đẳng thức (1),(2) (3) theo bất đẳng thức Cauchy ta có: c b db + dc ³ a a Ra ³ Tương tự ta có: Rc ³ Rb ³ c b db + d a a c a c dc + da ³ b b a b db + da c c a b db + da ³ c c bất đẳng thức (4),(5) (6) ta được: (4) a c dc + da b b (5) (6) Cộng theo vế Ra + Rb + Rc ³ 1ỉ b cư ữ 1ổ c aử ữ 1ổ a bử ữ ỗ ç ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç + d + + d + + d ữ ữ ữ ỗ ç ç a b ÷ ÷ ÷ ç ç ç c b a c b a ÷ ÷ ÷ c ç ç ç 2è 2è 2è ø ø ø ³ ( ) da + db + dc 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 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 IA + IB + IC = 6r 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 trịn nội tiếp tam giác Chứng minh MA + MB + MC ³ 6r Đẳng thức xảy nào? Giải: Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Kẻ AH vng góc với BC , MA1 vng góc với BC Khi ta có http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word AM + MA1 ³ AH Từ AM ³ Tương tự, BM ³ 2SABC 2SABC BC - y;CM ³ CA bất đẳng thức ta được: - x 2SABC AB - z Cộng theo vế ba ỉ1 1 ÷ ÷ MA + MB + MC 2SABC ỗ + + - ( x + y + z) ỗ ữ ỗ ữ ốBC CA AB ø ỉ1 1 ÷ ÷ = r ( BC + CA + AB ) ỗ + + - ( x + y + z) (1) ỗ ữ ữ ç èBC CA AB ø Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: æ1 ( BC +CA + AB ) çççBC è + 1 ÷ ÷ + ³ (2) Áp dụng bất đẳng ÷ ÷ CA AB ø thức Erdos – Mordell cho điểm M tam giác ABC ta có: MA + MB + MC ³ 2( x + y + z) (3) æ MA + MB + MC ữ ữ ỗ T (1),(2), (3) suy MA + MB + MC ³ 9r - ỗ ữ ỗ ữ ố ứ hay MA + MB + MC ³ 6r Đẳng thức xảy tam giác ABC (đpcm) Ví dụ Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có bất đẳng thức: a) cosA + cosB + cosC £ b) cosA.cosB.cosC £ Đẳng thức xảy nào? Giải: a) Gọi O;R theo thứ tự tâm bán http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 1· · ABC nhọn, ta nhận thấy BAC = BOC (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn · · cung) hay BAC Tương tự có = HOC · · · · ABC = AOI ;ACB = BOK · · · Từ cosA + cosB + cosC = cosHOC + cosAOI + cosBOK OH OI OK OH + OI + OK (1) Nhưng theo bất đẳng + + = OC OA OB R thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm tam giác ABC = ta có OH + OI + OK £ OA + OB + OC (2) Từ (1) (2) suy cosA + cosB + cosC £ Đẳng thức xảy tam giác ABC b) Dựng AA1 ^ BC ;BB1 ^ AC ;CC ^ AB Gọi H trực tâm tam giác ABC Do tứ giác BC 1HA1 nội tiếp nên · · HC Tứ giác CA · HB nội ABC =A 1 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · · HA Tứ giác tiếp nên ACB =B · AC 1HB1 nội tiếp nên BAC = C· 1HB Do · HC cosB · HA.cosC· HB = HA1.HB1.HC (3) cosA.cosB.cosC = cosA 1 HA.HB HC Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: HA.HB HC ³ 8HA1.HB1.HC Từ (3) suy cosA.cosB.cosC £ Đẳng thức xảy tam giác ABC Chú ý: Do tam giác ABC nhọn nên cosA ,cosB,cosC > Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: cosA + cosB + cosC ³ 33 cosA.cosB.cosC Theo chứng minh ta có: cosA + cosB + cosC £ 33 cosA.cosB.cosC £ suy Û cosA.cosB.cosC £ Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn, gọi I , I a, I b, I 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 tròn ( I ) Chứng minh rằng: a) IA.IB IC ³ 8r b) II a + II b + II c ³ 12r c) II a II b.II c ³ 64r d) II a + II b + II c ³ r http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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: IA.IB IC ³ 8IH IJ IK , hay IA.IB IC ³ 8r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Lưu ý: Bất đẳng thức câu a) cho tam giác ABC b) Nhận xét điểm I trực tâm tam giác I aI bI c Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I tam giác I aI bI c ta nhận được: II a + II b + II c 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 aI bI c ta nhận II a II b.II c ³ 8IA.IB IC ³ 64r (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 aI bI c ta có I I a + II b + II c ³ ( IA + IB + IC ) (1) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng thức cho điểm I tam giác ABC ta được: IA + IB + IC ³ Từ (1) (2) suy ( ) IH + IJ + IK = r (2) II a + II b + II c ³ r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC 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 abc ³ 24 3r Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải: Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Từ công thức Heron SABC = 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: 2ưỉ ửổ 2ử ổ2 ỗ ỗ IA 2.IB 2.IC = ỗ r + ( p - a) ữ r + ( p - b) ÷ r + ( p - c) ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ç è øè øè ø ỉ ưỉ ( p - b) acửổ ( p - c) abửữ ữ ỗ( p - a) bc ữ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ç =ç ÷ ÷ ÷ (2) ç ç ç ÷ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ p p p ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ố ứố ứố ø Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: p ( p - a) + ( p - b) + ( p - c) = ³ 3 ( p - a) ( p - b) ( p - c) £ ( p - a) ( p - b) ( p - c) hay p3 (3) Từ (2) (3) suy 27 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word IA 2.IB 2.IC £ a2b2c2 abc Û IA.IB IC £ (4) Áp dụng bất đẳng 27 3 thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IA.IB IC ³ 8r (5) Từ (4) (5) ta suy abc ³ 24 3r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Chú ý: Các bạn quen làm với định lí sin tam giác ABC thấy a = 2R sin A;b = 2R sin B ;c = 2R sinC ( R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ) Khi từ bất đẳng thức abc ³ 24 3r ta nhận bất đẳng thức: 8R sin A.sin B.sinC ³ 24 3r ta nhận bất đẳng thức Hệ Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức ỉr ÷ Đẳng thức xảy sin A.sin B sinC ³ 3 ç ç ÷ ÷ ÷ ç èR ø tam giác ABC Ví dụ Giả sử đường trịn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự A1, B1,C Chứng minh bất đẳng thức AB BC CA ³ 8A1B1.B1C 1.C 1A1 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 1AB1;IC 1BA1;IACB 1 ta thấy IA.B1C = IB1.AC + IC 1.AB1 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word hay IA.B1C = 2r ( p - a) (1) = 2r ( p - b) (2); Tương tự IB AC 1 IC A1B1 = 2r ( p - c) (3) Nhân đẳng thức (1),(2) (3) theo vế ta được: IA.IB IC = 8r ( p - a) ( p - b) ( p - c) B1C 1.C 1A1.A1B1 (4) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: æ ( p - a) + ( p - b) ửữ ỗ c2 ữ ỗ p a p b Ê ữ = ; ( )( ) ỗỗ ữ ữ ữ ỗ ố ứ ổ ( p - b) + ( p - c) ửữ ỗ a2 ữ ç ÷ = ( p - b) ( p - c) Ê ỗỗ ữ ữ ữ ỗ ố ø æ ( p - c) + ( p - a) ửữ ỗ b2 ữ ỗ ữ = Nhân ba bất đẳng thức ( p - c) ( p - a) Ê ỗỗ ữ ữ ữ ç è ø theo vế ta thu ( p - a) ( p - b) ( p - c) £ abc (5) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IA.IB IC ³ 8r (6) Từ (4),(5),(6) suy AB BC CA ³ 8A1B1.B1C 1.C 1A1 (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Từ (1),(2) (3) suy PA + PB + PC < 2( da + db + dc ) Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos – Mordell Từ ta có đpcm Ví dụ Giả sử H trực tâm tam giác nhọn ABC Gọi http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word D, E , F trung điểm BC ,CA, AB ; R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức 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 trịn 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 ; HE + OE ³ 2wE = 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: OD + OE + OF £ OA + OB + OC 3R (2) Từ (1) (2) suy = 2 R (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC HD + HE + HF ³ Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O bán http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word kính R Các đường cao AA1, BB1,CC đồng quy H Kẻ OO1 vng góc với BC ,OO2 vng góc với AC ,OO3 vng góc với AB Chứng minh rằng: HA1 + HB1 + HC £ OO1 + OO2 + OO3 £ 3R Hướng dẫn giải: Nhận xét HA = 2OO1;HB = 2OO2;HC = 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: HA1 + HB1 + HC £ HA + HB + HC = OO1 + OO2 + OO3 Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O tam giác ABC ta có: OO1 + OO2 + OO3 £ OA + OB + OC 3R = 2 (đpcm) Ví dụ Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Gọi Ra, Rb, Rc theo thứ tự khoảng cách từ điểm M đến đỉnh A, B,C Còn da,db,dc khoảng cách từ điểm M đến cạnh BC ,CA, AB Chng minh bt ổ ỗdadc + dcda + dadb ÷ ÷ đẳng thức da + db + dc ³ 2ỗ ữ ỗ ữ ỗ Rb Rc ứ ố Ra http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Giải: Gọi A1, B1,C theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M lên cạnh BC ,CA, AB Ta có B1C = MA.sin A = Ra sin A; C 1A1 = MB sin B = Rb.sin B A1B1 = MC sinC = Rc.sinC Kẻ MA2 vng góc với B1C ; MB2 vng góc với C 1A1 ; MC vng góc với A1B1 Khi MB1.MC db.dc · A = MB sin MAC · MA2 = MB1.sin MB = = (1) 1 MA Ra MA1.MC dadc · B = MC sin MBA · MB2 = MC 1.sin MC = = (2) 1 MB Rb MB1.MA1 db.da · · MC = MA1.sin MAC = MA1.sin MCB = = MC Rc (3) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Merdell cho điểm M tam giác A1B1C ta có: MA1 + MB1 + MC ³ 2( MA2 + MB2 + MC ) (4) ổ ỗdadc + dcda + dadb ÷ ÷ Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra: da + db + dc 2ỗ ữ ỗ ữ ç R R R è a b c ø (đpcm) Chọn x = Ra , y = Rb , z = Rc ta nhận được: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ỉR ỉR ỉR Rb ữ Ra ữ Rb ữ ỗ ỗ ỗ c c a ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ Ra + Rb + Rc ỗ + da + ỗ + db + ỗ + dc ữ ữ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ R R R R R R ữ ữ ữ ỗ b ỗ a ỗ b c ứ c ứ a ứ ố è è ³ 2( da + db + dc ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ... Dấu xảy FG / / AC Û FGHE hình chữ nhật Tức điểm M º O giao điểm hai đường chéo hình thoi ABCD SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ Ở cấp THCS, em học sinh làm quen với bất... 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... tích hình chữ nhật: S = ab + Diện tích hình thang: 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 D ABC Gọi E , F , K hình