Chuyên đề bất đẳng thức hình học ôn thi vào lớp 10

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 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: B A (d) M0 M1 M A' + MA MB MA ' MB A ' B Dấu xảy M giao điểm cuả A' B đường thẳng (d ) ( M trùng với M0 ) THCS.TOANMATH.com + MA MB AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng (d ) ( M trùng với M1 ) d) Cho hai điểm A, B nằm hai phía đường thẳng (d ) Điểm M chuyển động đường thẳng (d ) Gọi A ' điểm đối xứng với A qua (d ) Ta có kết sau: B A' (d) M0 M1 M A + MA MB AB Dấu xảy M giao điểm cuả AB đường thẳng (d ) ( M trùng với M0 ) + MA MB MA ' MB A ' B Dấu xảy M giao điểm cuả A' B đường thẳng (d ) ( M trùng với M1 ) e) Trong q trình giải tốn ta cần lưu ý tính chất: Đường vng góc ln nhỏ đường xiên A Trong hình vẽ: AH AB H THCS.TOANMATH.com B 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 M1, M2 Giả sử AM1 AM Khi với điểm M nằm đường trịn ta ln có: AM1 AM AM Ví dụ 1:Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh rằng: a) MB b) AB MC AB BC CA AC MA MB MC AB BC CA c) BM MN NC AB AC điểm N nằm tam giác cho MN cắt hai cạnh AB, AC A Hướng dẫn giải: a) Đường thẳng BM cắt AC P P Áp dụng BĐT(1) ta có: MB BP MC PC MB MP AB AP N M F E PC PC C B AB AC b) Theo ta có: BC MB MC AB AB MA MB AC điều phải chứng minh THCS.TOANMATH.com AC ;CA MC MA AB BC ; BC Cộng theo vế BĐT ta có c) Áp dụng câu 1) ta có: BM MN NC BE BE EF FC BE EA EM MN AF FC NF AB FC AC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC trung tuyến AM , BN ,CP Chứng minh rằng: a) b) AB AC AB BC BC CA AC AM c) Giả sử AB AB AM BN CP AB BC CA AC Gọi AD, AM theo thứ tự đường phân giác, đường trung tuyến tam giác ABC Chứng minh rằng: AB AC BC AD AM AB AC Hướng dẫn giải: B D a) + Xét tam giác MAB, MAC ta có: M AM AB BM , AM Suy 2AM AB AB 2AM AC AC AC MC (MC MC ) C A 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 Như vậy: CD AB AC THCS.TOANMATH.com 2AM BC AB AM AC AB AC b) Áp dụng bất đẳng thức câu a) Cho đường trung tuyến AM , BN ,CP ta có: AB AC BC AB AC , AM 2 AB AC AC BC , BN 2 AC AB AC BC Cộng ba bất đẳng thức chiều CP 2 BC BC AB BC CA AM BN CP AB c) Trong tam giác ABD, ADC có AB AD BD; ta có: AC AD BC CA A DC Cộng theo vế hai BĐT được: AB AC 2AD BC P AB AC BC AD C B M D H Kết với D điểm nằm bên đoạn BC Dựng AH BH CH BM AC AM BC Với AB BH Hơn ADB AC M thuộc đoạn BH ADC ADB tù Do D thuộc đoạn BH Lấy điểm P AB cho AP DP AD Với AB DC , APD THCS.TOANMATH.com ACD AC ADP ADC (c.g.c) 900 (hình) + Nếu ACB APD BD ACB 900 PD CD + Nếu ACB BD PD BPD BM 900 ACB BD MH 900 (hình) BPD ACH CD BM BD PBD DH AM ADC MH DH AD ABC 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 A D AB cắt AC D Dựng đường thẳng qua H song song AC cắt AB E E H Tứ giác AEHD hình bình hành nên B AD HE, AE C A' HD Xét tam giác AHD ta có: HA HD AD HA AE AD (1) Vì HE / /AC mà AC BH 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 Suy HA HB HC THCS.TOANMATH.com BC , HA AB HB BC HC CA AB BC 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 2a Tìm vị trí điểm M cho MA cho AE nhỏ Hướng dẫn giải: a) Hạ PH S ABC 9a MP S ABM 3a MP MQ BC Ta có AMC P E MQ F Q 3a B H Áp dụng hệ thức lượng tam giác R vng MPB, MQC ta tính được: HM MP , MK HK MH Vì PQ MK MQ 3 MP MQ 9a HK Nên PQ nhỏ HK PQ / /HK MF A BC ,QK S ME M trung điểm BC THCS.TOANMATH.com I M K C b) Gọi R điểm đối xứng với E qua BC , I trung điểm BC Ta dễ chứng minh R, I , F thẳng hàng Ta tính đươc.: RF 2IF a ME MF RF MF MR M I Ta có MA M I Suy ME 3a 2 7a Ta có: a Dấu xảy 3a Dấu xảy AI MF MA xảy M a 3a 2 3 a Dấu I Ví dụ 5: Cho đường trịn (O; R) điểm A nằm ngồi đường trịn Một đường thẳng thay đổi quanh A cắt (O; R) hai điểm M , N Tìm vị trí để AM AN lớn Hướng dẫn giải: Gọi K trung điểm dây cung MN ta có: O AM AN 2AM AM 2MK (AM 2AK MN ) N A K M Xét tam giác vng OKA Ta có: OK KA2 OA2 không đổi Như AK lớn OK A, M , N ,O nhỏ OK 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 THCS.TOANMATH.com Hướng dẫn giải: Trên tia đối AM lấy điểm N cho MN MB Khi chu vi tam giác MAB J Là 2p MA MB AB AN AB M Do AB không đổi nên chu vi tam giác N H B A O MAB lớn AN lớn nhất.Tam giác BMN cân M MH I 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 trịn (O; R) điểm J IJ đường kính (O; R) Tam giác MBN cân M nên MJ đường trung trực BN Từ ta có: JA JB JN Hay điểm N thuộc đường tròn tâm J cố định bán kính JA Vì AN dây cung đường tròn J nên AN lớn AN đường kính J M J Như chu vi tam giác MAB lớn M trùng với trung điểm J cung nhỏ AB Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A 600 Trên cạnh BC lấy điểm I cố định Tìm cạnh AB, AC lấy hai điểm M , N để chu vi tam giác IMN đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: A Gọi E, F điểm đối xứng I qua AB, AC Do tam giác ABC cố M E N F THCS.TOANMATH.com B I C định nên E, F cố định: Ta có: Chu vi tam giác IMN IM 2p IN MN ME MN NF EF Dấu xảy E, M , N , F thẳng hàng Hay M , N giao điểm EF với cạnh AB, AC Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vng A có AB AC ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F tiếp điểm O với cạnh AB, AC , BC ; M điểm di chuyển đoạn CE Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF O , P Q hình chiếu N đường thẳng DE , DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn Hướng dẫn giải: A Ta có tứ giác PNQD , E P EDFN nội tiếp QPN D QDN FEN Tương tự có ta có: NQP NDP NEF M O N Q B F C NFE NPQ Suy PQ EF NQ Trong tam giác vuông NQF ta NF PQ Như PQ lớn EF EF Q F P E , P Q hình chiếu N đường thẳng DE , DF nên Q F , P E DN đường có: NQ NF THCS.TOANMATH.com Đẳng thức xảy ABC tam giác Ví dụ 11 Trong tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm O bán kính r định dạng tam giác cho tổng độ dài ba đường cao đạt giá trị nhỏ Tính giá trị Hướng dẫn giải: Gọi , hb , hc độ dài đường cao tương ứng với cạnh a, b, c tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn O Ta dễ chứng minh được: r r hb có r hc hb Áp dụng bất đẳng thức x hc hb hc hb hc 3r, hb y z x y z ta hb hc 9r , lúc tam giác ABC r hc 9r Đẳng thức xảy Ví dụ 12 Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Kẻ AM , BM ,CM cắt cạnh BC ,CA, AB A1, B1,C1 Xác định vị trí điểm M để: MA MB MC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ MA1 MB1 MC Giải: Gọi diện tích tam giác ABC , MBC , MAC , MAB S, S1, S2, S3 S MA MA1 MC MC AA1 MA1 CC MC S1 S2 S3 Đặt MB MB1 AA1 MA1 BB1 x 1; z Theo ví dụ ta có: THCS.TOANMATH.com MB1 x, y BB1 MB1 1, y, CC MC z MA1 MB1 MC AA1 BB1 CC suy x y MA MB MC MA1 MB1 MC xyz x x xy y y z yz zx x y z x y x y z 1 z z xy zx xyz Từ x 1 yz y z Đẳng thức xảy z , lúc M trọng tâm tam giác ABC BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL 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 da db dc Đẳng thức xảy tam giác ABC M tâm tam giác Chứng minh bất đẳng thức: Đặt BC a,CA b, AB A c Lấy điểm M1 đối xứng với điểm M qua đường phân K B giác BAC Dựng BH AM1 CK THCS.TOANMATH.com AM1 M1 D H M C Giả sử AM cắt BC D Khi BD BC hay AM1 xảy AD a BH hay aRa CK cdb aRa Rc BC Từ ta có: AM Ra ) c b db d (1) Tương tự ta có a a c a b db d (3) Cộng theo vế bất đẳng c c a bdc Từ Ra a c dc d (2); Rc b b a thức (1),(2),(3) ta thu được: Rb CK Đẳng thức 2SACM (chú ý AM1 2SABM Rb Ra BH , DC da b c c b db a c c a dc a b b a da db dc (Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức ngoặc) Đẳng thức xảy a b c đồng thời M1 trực tâm tam giác ABC Nói cách khác, M1 (và M ) tâm tam giác ABC Từ cách chứng minh 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 8dadbdc Chứng minh: Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell, ta có: Ra c d a b b d (1); Rb a c a d b c c d (2); Rc b a Nhân theo vế ba bất đẳng thức ta được: THCS.TOANMATH.com a d c b b d (3) c a c d a b Ra Rb Rc b a dc d a b c c a da d b c b c b a c a b db dc dc da db da a a b b c c b d c a 8dadbdc (đpcm) 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 da db dc Chứng minh: Từ bất đẳng thức (1),(2) (3) theo bất đẳng thức Cauchy ta có: Ra c d a b b d a c Rb a d b c c d b a Rc a d c b b d c a c d a b b d a c a d b c a d c b (4) Tương tự ta có: c d b a (5) b d c a (6) Cộng theo vế bất đẳng thức (4),(5) (6) ta được: Ra Rb b c 2 Rc c b da da db c a a c db a b b a dc dc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức ngoặc bất đẳng thức Ta có điều cần chứng minh THCS.TOANMATH.com Một số ứng dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell Ví dụ Gọi I tâm r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để tam giác ABC IA IB IC 6r Giải: A Kẻ IH , IJ , IK theo thứ tự vuông góc J với cạnh BC ,CA, AB Ta có IH IJ IK K r Áp dụng bất I đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm B C H I tam giác ABC , ta thấy IA IB IC 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 6r Đẳng thức xảy nào? Giải: A Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến cạnh BC ,CA, AB Kẻ AH vng góc với BC , MA1 M x B H vng góc với BC Khi ta có THCS.TOANMATH.com A1 C AM MA1 2SABC x BC 2SABC y;CM z Cộng theo vế ba bất đẳng AB AH Từ AM 2SABC Tương tự, BM CA thức ta được: MA MB MC r BC CA 2S ABC AB BC BC CA CA AB AB x x y y z z (1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: BC CA AB BC CA AB (2) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm M tam giác ABC ta có: MA MB MC x Từ (1),(2), (3) suy MA MA MB MC (đpcm) y z MB (3) MC 9r MA MB MC hay 6r Đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có bất đẳng thức: a) cos A cos B cosC b) cos A.cos B.cosC Đẳng thức xảy nào? Giải: A a) Gọi O; R theo thứ tự tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ; K THCS.TOANMATH.com B I O H C thứ tự hình chiếu vng góc kẻ từ O đến cạnh BC ,CA, AB Từ giả thiết tam giác ABC nhọn, ta nhận thấy BAC BOC (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn cung) hay BAC HOC Tương tự có ABC AOI ; ACB BOK Từ cos A cos B cosC cos HOC cos AOI cos BOK OH OI OK OH OI OK (1) Nhưng theo bất đẳng thức OC OA OB R Erdos – Mordell cho điểm O nằm tam giác ABC ta có OA OB OC (2) OH OI OK Từ (1) (2) suy cos A cos B cosC Đẳng thức xảy tam giác ABC b) Dựng AA1 BC ; BB1 AC ;CC1 AB A Gọi H trực tâm tam giác ABC B1 Do tứ giác BC1HA1 nội tiếp nên ABC C1 H A1HC Tứ giác CA1HB1 nội tiếp nên ACB B1HA Tứ giác THCS.TOANMATH.com B A1 C AC1HB1 nội tiếp nên BAC cos A.cos B.cosC C 1HB Do HA1.HB1.HC1 cos AHC cos B1HA.cosC1HB HAHB HC (3) Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: HAHB HC 8HA1.HB1.HC1 Từ (3) suy cos A.cos B.cosC Đẳng thức xảy tam giác ABC Chú ý: Do tam giác ABC nhọn nên cos A,cos B,cosC  Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: cos A cos B chứng minh ta có: cos A 3 cos A.cos B.cosC 3 cos A.cos B.cosC Theo cosC suy cos A.cos B.cosC cos B cosC Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn, gọi I , I a , Ib , 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 trịn I Chứng minh rằng: a) IAIB IC 8r b) IIa c) II a IIb II c 64r d) II a IIb IIc II b 12r II c r Hướng dẫn giải: Ia a) Gọi H , J , K tiếp điểm B đường tròn I với cạnh C I BC ,CA, AB Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: THCS.TOANMATH.com Ic A Ib IAIB IC 8IH IJ IK , hay IAIB IC ABC 8r (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác Lưu ý: Bất đẳng thức câu a) cho tam giác ABC b) Nhận xét điểm I trực tâm tam giác I a IbI c Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I tam giác I a IbI c ta nhận được: II a IIb II c IA IB IC 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 a IbI c ta nhận IIa IIb IIc 8IAIB IC 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 a IbI c ta có IIa IIb IIc IA IB IC (1) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng thức cho điểm I tam giác ABC ta được: IA IB IC Từ (1) (2) suy II a IH IJ II b II c IK r (2) 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 24 3r Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải: THCS.TOANMATH.com Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Từ công thức Heron SABC p p a p c SABC b p p.r (1) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Theo định lý Pythagore từ (1) ta có: IA2 IB IC p a bc r2 p p b ac p a r2 p p c ab p b r2 p c (2) p Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: p p p a p a p b p c IA2 IB IC b p c a 2b 2c 27 p a p b p c hay p3 (3) Từ (2) (3) suy 27 IA.IB.IC abc 3 Erdos – Mordell dạng tích ta có IAIB IC Từ (4) (5) ta suy abc tam giác ABC (4) Áp dụng bất đẳng thức 8r (5) 24 3r (đpcm) Đẳng thức xảy 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 bất đẳng thức: 8R3 sin A.sin B.sinC thức THCS.TOANMATH.com 24 3r ta nhận 24 3r ta nhận bất đẳng Hệ Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức r Đẳng thức xảy tam giác 3 R sin A.sin B.sinC 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,C1 Chứng minh bất đẳng thức AB.BC CA 8AB BC C1A1 Đẳng thức xảy nào? 1 1 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 IC1AB1; IC1BA1; IACB ta thấy 1 IABC 1 IB1.AC1 1C hay IAB IC1.AB1 2r p a A (1) B1 C1 Tương tự IB.AC 1 IC A1B1 2r p 2r p c b (2); I B (3) C A1 Nhân đẳng thức (1),(2) (3) theo vế ta được: IAIB IC 8r p a p B1C1.C1A1.A1B1 đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: THCS.TOANMATH.com b p c (4) Sử dụng bất p p p a p b p c p p b a p b p c p a c2 ; p c b a2 p a c b2 Nhân ba bất đẳng thức theo vế abc (5) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IAIB IC 8r (6) Từ (4),(5),(6) suy ta thu p AB.BC CA a p b p c 8AB BC C A (đpcm) Đẳng thức xảy 1 1 1 tam giác ABC Từ (1),(2) (3) suy PA PB PC 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 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 R HF Hướng dẫn giải: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , Euler tam giác ABC Ta có kết sau: +) tâm đường tròn A trung điểm OH +) Bán kính đường trịn Euler F tam giác ABC nửa bán E H w kính đường trịn ngoại tiếp tam B THCS.TOANMATH.com O D C giác đó.(Xem them phần đường thẳng Ơle, đường trịn Ơ le) Sử dụng hai kết ta có: HD HE OE E R ; HF OF thức ta được: HD HE HF OD D R ; F R Cộng theo vế ba bất đẳng 3R OD OE OF (1) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm tam giác ABC ta có: OD suy HD OE HE OF HF OA OB OC 3R (2) Từ (1) (2) R (đpcm) Đẳng thức xảy tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O bán kính R Các đường cao AA1, BB1,CC1 đồng quy H Kẻ OO1 vng góc với BC ,OO2 vng góc với AC ,OO3 vng góc với AB Chứng minh rằng: HA1 HB1 HC1 OO1 OO2 3R OO3 Hướng dẫn giải: Nhận xét HA 2OO1; HB 2OO2; HC 2OO3 A Xem thêm phần đường tròn B1 C1 O3 Ơ le- Đường thẳng Ơ le O2 H (Áp dụng đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm H tam giác ABC , ta có: HA HB HC HA1 HB1 HC1 THCS.TOANMATH.com O B OO1 A1 OO2 O1 OO3 C Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O tam giác ABC ta có: OO1 OO2 OA OO3 OB OC 3R (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 Chứng minh bất đẳng thức da db dc dadc Ra dcda Rb dadb Rc Giải: A Gọi A1, B1,C1 theo thứ tự B1 chân đường vng góc A2 C1 kẻ từ M lên cạnh BC ,CA, AB B2 Ta có BC 1 MA.sin A Ra sin A; B H C2 O C A1 C1A1 MB.sin B Rb sin B AB 1 MC sinC ; MB2 vuông Rc sinC Kẻ MA2 vng góc với BC 1 góc với C1A1 ; MC vng góc với AB Khi 1 MA2 MB1.sin MB1A2 MB1.sin MAC MB2 MC 1.sin MC 1B2 MC 1.sin MBA1 MC MA1.sin MAC MA1.sin MCB1 THCS.TOANMATH.com MB1.MC db dc MA Ra MA1.MC dadc MB Rb MB1.MA1 db da MC Rc (1) (2) (3) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Merdell cho điểm M tam giác A1B1C ta có: MA1 MB1 MC1 MA2 MB2 dadc Ra Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra: da db Chọn x Rc ta nhận được: Ra Rb da Ra , y Rc db Rb , z Rc Rb Rb Rc dc THCS.TOANMATH.com da dc MC 2 Rc Ra Ra Rc (4) dcda Rb db dadb Rc (đpcm) Ra Rb Rb Ra dc ... giác ABC ) Khi từ bất đẳng thức abc bất đẳng thức: 8R3 sin A.sin B.sinC thức THCS.TOANMATH.com 24 3r ta nhận 24 3r ta nhận bất đẳng Hệ Với tam giác ABC ta có bất đẳng thức r Đẳng thức xảy tam giác... Áp dụng BĐT HA1 (*) Ta có HA HB1 HC HB HC Lập luận đẳng thức xảy tam giác ABC Bất đẳng thức (*) có tên bất đẳng thức Netbis bất đẳng thức đơn giản có nhiều ứng dụng Ta chứng minh sau: a b... d c a (6) Cộng theo vế bất đẳng thức (4),(5) (6) ta được: Ra Rb b c 2 Rc c b da da db c a a c db a b b a dc dc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức ngoặc bất đẳng thức Ta có điều cần chứng