LV bất ĐẲNG THỨC HÌNH học

So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưađược quan tâm nhiều.. Để giải một bài toán về bất đẳng thứchình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Hoàng Ngọc Quang

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc

Thái Nguyên - 2011

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc

Phản biện 1:

Phản biện 2:

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Ngày tháng năm 2011

Có thể tìm hiểu tại Thư viện Đại học Thái Nguyên

Mục lục

Mục lục 1

Mở đầu 3

Chương 1 Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác 6 1.1 Các bất đẳng thức đại số cơ bản 6

1.2 Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác 8 1.2.1 Các đẳng thức cơ bản trong tam giác 8

1.2.2 Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác 10

1.3 Bất đẳng thức trong tam giác 11

1.3.1 Bất đẳng thức về độ dài các cạnh 11

1.3.2 Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt 14

1.4 Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học 17

1.5 Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt 23

1.5.1 Các bất đẳng thức trong tam giác đều 23

1.5.2 Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tam giác cân 27

1.6 Các bất đẳng thức khác trong tam giác 29

1.7 Các bất đẳng thức trong tứ giác 40

1.7.1 Các bất đẳng thức cơ bản trong tứ giác 41

1.7.2 Các bất đẳng thức khác trong tứ giác 45

Chương 2 Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng 48 2.1 Định lí Ptolemy 48

2.2 Bất đẳng thức Ptolemy 53

2.3 Định lí Bretschneider 63

2.4 Định lí Casey 63

2.5 Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy trong không gian 68

Chương 3 Bất đẳng thức Erdos-Mordell và các mở rộng 70

3.1 Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác 70

3.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác mở rộng 79

3.3 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tứ giác 85

3.4 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong đa giác 87

3.5 Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tứ diện 90

Chương 4 Các bất đẳng thức có trọng 92 4.1 Bất đẳng thức dạng Hayashi và các hệ quả 92

4.1.1 Bất đẳng thức Hayashi 92

4.1.2 Các hệ quả của bất đẳng thức hyashi 94

4.1.3 Bài toán áp dụng 94

4.2 Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng và các hệ quả 96

4.2.1 Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng 96

4.2.2 Các hệ quả của bất đẳng thức Weizenbock suy rộng101 4.3 Bất đẳng thức Klamkin và các hệ quả 105

4.3.1 Bất đẳng thức Klamkin 105

4.3.2 Các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin 106

4.4 Bất đẳng thức Jian Liu và các hệ quả 108

4.4.1 Bất đẳng thức Jian Liu 108

4.4.2 Các hệ quả của bất đẳng thức Jian Liu 110

Kết luận 116

Tài liệu tham khảo 117

Mở đầu

Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại nhữngbài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở kể cảhọc sinh giỏi lúng túng khi gặp các bài toán loại này Thực sự nó là mộtphần rất quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thứctrong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toánhọc So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưađược quan tâm nhiều Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyếtvấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương phápthông thường hay được áp dụng trong hình học và càng không phải làphương pháp đại số thuần túy Để giải một bài toán về bất đẳng thứchình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại sốmột cách thích hợp và nhạy bén

Luận văn này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bảnđến nâng cao và mở rộng Các bài toán về bất đẳng thức hình học đượctrình bày trong luận văn này có thể tạm phân thành các nhóm sau:

I Nhóm các bài toán mà trong lời giải đòi hỏi nhất thiết phải cóhình vẽ Phương pháp giải các bài toán nhóm này chủ yếu là "phươngpháp hình học", như vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất giữa đườngvuông góc và đường xiên, giữa đường thẳng và đường gấp khúc, quan

hệ giữa các cạnh, giữa cạnh và góc trong một tam giác, hay tứ giác v.v Bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng thuộc nhóm này là nộidung thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào cáctrường chuyên

II Nhóm thứ hai gồm các bài toán mà khi giải chúng cần phải sửdụng các hệ thức lượng đã biết, như các hệ thức lượng giác, hệ thứcđường trung tuyến, đường phân giác, công thức các bán kính, công thức

diện tích của tam giác v.v Các bài toán này đã được quan tâm nhiều

và chúng được trình bày khá phong phú trong các tài liệu [4,7], vì thếluận văn này sẽ không đề cập nhiều đến các bất đẳng thức trong tamgiác có trong các tài liệu trên mặc dù chúng rất hay mà chỉ nêu ra một

số bất đẳng thức cơ bản nhất để tiện sử dụng sau này

III Nhóm thứ ba gồm các bài toán liên quan đến các bất đẳng thứchình học nổi tiếng, đặc biệt là bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thứcErdos-Mordell và các bất đẳng thức có trọng như bất đẳng thức Hayshi,bất đẳng thức Weizenbock, bất đẳng thức Klamkin v.v Các bất đẳngthức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt và thường gặp trong các

đề thi Olympic Quốc tế

Bản luận văn "Một số bất đẳng thức hình học" gồm có mở đầu,bốn chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo

Chương 1 Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác.Chương này trình bày một số bất đẳng thức thuộc nhóm I và nhóm II.Chương 2 Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng

Chương này trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy vàcác bài toán áp dụng Các bài toán này chủ yếu được trích ra từ các đềthi vô địch các nước, đề thi vô địch khu vực và đề thi IMO, một số là dotác giả sáng tác Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thứcPtolemy trong tứ giác và trong tứ diện

Chương 3 Bất đẳng thức Erdos - Mordell và các mở rộng.Chương này trình bày bất đẳng thức Edos-Mordell và các bài toán liênquan Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức này trongtam giác, trong tứ giác và trong đa giác [11-13]

Chương 4 Các bất đẳng thức có trọng

Chương này trình bày một số bất đẳng thức liên quan đến tổng khoảngcách từ một hay nhiều điểm của mặt phẳng đến các đỉnh hoặc các cạnhcủa tam giác với các tham số dương tùy ý được gọi là trọng số hay gọitắt là trọng Đó là các bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian

Liu, v.v Các bất đẳng thức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt,một số là kết quả nghiên cứu của các chuyên gia Quốc tế trong lĩnh vựcbất đẳng thức hình học [9,13-14].

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên với sự hướng dẫn của TS Nguyễn Văn Ngọc Tác giảxin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn củaThầy, tới các thầy cô trong Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo và KhoaToán-Tin Trường Đại học Khoa học Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới

Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, các đồng nghiệp Trung tâmGDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên đã tạo điều kiện cho tácgiả học tập và hoàn thành kế hoạch học tập

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 6 năm 2011

Tác giả

Hoàng Ngọc Quang

Chương 1

Các bất đẳng thức trong tam giác

và tứ giác

Chương này trình bày các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác

từ cơ bản đến nâng cao Nội dung chủ yếu được hình thành từ các tàiliệu [1-7], [10], [12] và [15]

Kí hiệu ∆ABC là tam giác ABC với các đỉnh là A, B, C Để thuậntiện, độ lớn của các góc ứng với các đỉnh A, B, C cũng được kí hiệu tươngứng là A, B, C

Độ dài các cạnh của tam giác: BC = a, CA = b, AB = c

Nửa chu vi của tam giác: p = a + b + c

Đường cao với các cạnh: ha, hb, hc

Đường trung tuyến với các cạnh: ma, mb, mc

Đường phân giác với các cạnh: la, lb, lc

Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp: R và r.Bán kính đường tròn bàng tiếp các cạnh: ra, rb, rc

Diện tích tam giác ABC: S, SABC hay [ABC]

Để giải được các bài toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cầntrang bị những kiến thức cơ sở đó là các bất đẳng thức đại số cơ bản vàcác đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản trong tam giác

1.1 Các bất đẳng thức đại số cơ bản

Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a1, a2, · · · , an là các sốthực không âm Khi đó

a1 + a2 + · · · + an

a1a2 an (1.1)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an

Hệ quả 1.1 Với mọi bộ số dương a1, a2, · · · , an ta có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an

Hệ quả 1.2 Với mọi bộ số dương a1, a2, · · · , an ta có

Hệ quả 1.3 Với mọi bộ số không âm a1, a2, · · · , an và m = 1, 2, · · · tacó

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an

Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực

ii, Nếu f00(x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≤ nf x1 + x2 + · · · + xn

n



Ở đây I (a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp (a, b) , [a, b) ,(a, b] , [a, b]

Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệucùng chiều a1, a2, · · · , an và b1, b2, · · · , bn Khi đó ta có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

1.2 Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác1.2.1 Các đẳng thức cơ bản trong tam giác

Định lý 1.6 (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có

asin A =

bsin B =

csin C = 2R.

Định lý 1.7 (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, b2 = c2 + a2 − 2ca cos B, c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.Định lý 1.8 (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABCđược tính theo một trong các công thức sau

Định lý 1.9 (Định lý đường phân giác) Trong một tam giác, đườngphân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ vớihai cạnh kề hai đoạn ấy

Định lý 1.10 (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC tacó

sin2A + sin2B + sin2C = 2 (1 + sin A sin B sin C) , (1.18)cos2A + cos2B + cos2C = 1 − 2 cos A cos B cos C, (1.19)tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C, (1.20)cotA

Định lý 1.16 (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác ABC ta có

|b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b.Định lý 1.17 (Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giácABC ta luôn có các bất đẳng thức sau

sin A + sin B + sin C ≤ 3

√3

Riêng với bất đẳng thức (1.32) thì tam giác ABC cần giả thiết khôngvuông Đẳng thức xảy ra trong các bất đẳng thức trên khi và chỉ khiABC là tam giác đều.

1.3 Bất đẳng thức trong tam giác

Tam giác là hình đơn giản nhất trong các đa giác, mỗi đa giác bất kìđều có thể chia thành các tam giác và sử dụng tính chất của nó Vì vậy,nghiên cứu các bất đẳng thức trong tam giác sẽ hữu ích trong việc giảiquyết các bất đẳng thức trong đa giác Trước hết, chúng ta nghiên cứucác bất đẳng thức cơ bản sau đây:

Hình 1.1 Hai đường tròn không cắt nhau.

Rõ ràng nếu hai đường tròn ở ngoài nhau (hình 1.1 A) thì ta có

R + R0 < d Nếu hai đường tròn chứa nhau (hình 1.1 B) thì ta cũng cóngay d < R − R0 Nếu hai đường tròn cắt nhau tại một điểm M thì theobất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO0M , với O và O0 lần lượt làtâm của đường tròn bán kính R và R0, ta có R − R0 ≤ d ≤ R + R0.Đảo lại, nếu R − R0 ≤ d ≤ R + R0 thì hai đường tròn đã cho khôngthể ngoài nhau hoặc chứa nhau được (nếu không phải có R + R0 < dhoặc d < R − R0) Do đó chúng chỉ có thể cắt nhau 

Định lý 1.19 Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giáckhi và chỉ khi a + b > c, b + c > a, c + a > b.

Chứng minh Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì theo bất đẳngthức về 3 cạnh của tam giác ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b

Ngược lại, nếu có a, b và c là 3 số thực dương thỏa mãn a+b > c, b+c >

a, c + a > b, thì ta có thể chọn hai điểm A và B trên mặt phẳng cáchnhau một khoảng c Lấy A và B làm tâm dựng hai đường tròn bán kínhtương ứng là a và b Từ các bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > b

ta có |a − b| < c < a + b Theo định lý 1.18 thì hai đường tròn tâm A

và B phải cắt nhau tại một điểm C Vậy a, b, c là độ dài các cạnh của

Định lý 1.20 Cho trước tam giác ABC và một điểm M ở trong tamgiác Khi đó ta có M B + M C < AB + AC

Chứng minh

Hình 1.2

Kéo dài BM về phía M cắt

cạnh AC tại điểm N Theo định

Trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC

Giải Áp dụng định lý 1.19 cho các tam giác M AB, M BC và M CA ta có

AB < M A+M B, BC < M B +M C, CA < M C +M A Cộng theo vế babất đẳng thức trên rồi chia cả hai vế cho 2 ta được p < M A+M B +M C.Mặt khác, theo định lý 1.20 ta có M A+M B < CA+CB, M B+M C <

AB + AC, M C + M A < BC + BA Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên

và đem chia cả hai vế cho 2 ta được AM + BM + CM < 2p

Định lý 1.21 Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn

ABC > [ACB, nên Bx cắt cạnh AC tạiđiểm D và tạo thành tam giác cân DBC,

do đó DB = DC Mặt khác, trong tamgiác ABD ta có AD + DB > AB Do đó

AC = AD + DC = AD + DB > AB.Phần ngược lại của định lý là hiển nhiên Vì nếu [ABC < [ACB thì

Bài toán 1.2 Chứng minh rằng đường vuông góc AH hạ từ điểm Axuống đường thẳng d cho trước luôn nhỏ hơn đường xiên AB

Giải Tam giác AHB là tam giác vuông tại H, do đó \AHB = 900 >

\

ABH Theo định lý trên, ta có AB > AH

Sự tương ứng giữa độ lớn cạnh và góc còn đúng cho cạnh của hai tamgiác khác nhau Dùng định lý 1.21 ta dễ dàng chứng minh kết quả sau.Định lý 1.22 Cho trước hai tam giác ABC và A0B0C0 có hai cặp cạnhbằng nhau AB = A0B0 và AC = A0C0 Ta có bất đẳng thức [BAC >

Không mất tính tổng quát giả sử

AB ≥ AC Ta đem hình tam giác

ABC đặt chồng lên hình tam giác

A0B0C0 sao cho A ≡ A0, C ≡ C0

và đỉnh B, B0 nằm cùng phía so với

đường thẳng đi qua AC

Do AB = A0B0, nên ta có \ABB0 = \AB0B Vì \CBB0 < \ABB0 và

\

CB0B > \AB0B, nên ta có \CBB0 < \CB0B Theo định lý 1.21, ta có

CB > CB0, hay là CB > C0B0

Nếu như [BAC = \B0A0C0 thì ta cũng dễ dàng thấy rằng BC = B0C0,

do ∆ABC và ∆A0B0C0 (c.g.c) Vậy ta có [BAC > \B0A0C0 khi và chỉ khi

Bài toán 1.3 Cho tam giác ABC và AM là trung tuyến Chứng minhrằng [BAC ≥ 900 khi và chỉ khi AM ≤ 12BC

Giải Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua trung điểm M của cạnh BC

Tứ giác ABA0C là tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểmcủa mỗi đường nên ABA0C là hình bình hành

BAC ≥ \ABA0 Do [BAC + \ABA0 =

1800 , cho nên [BAC ≥ \ABA0 khi và

chỉ khi [BAC ≥ 900 Tóm lại, AM =

1.3.2 Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt

Trong một tam giác, mối quan hệ giữa các cạnh dẫn đến mối quan hệvới các đại lượng đặc biệt Với đường cao ta dễ thấy là đường cao tươngứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn Đối với đường trung tuyến và đườngphân giác ta cũng sẽ chứng minh rằng ứng với cạnh dài hơn là đườngtrung tuyến và đường phân giác ngắn hơn

Định lý 1.24 Trong tam giác ABC ứng với cạnh dài hơn là đường cao,đường trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn

Chứng minh Giả sử c < b, ta sẽ chứng minh rằng hb < hc, mb < mc và

lý 1.22 cho ∆P AB và ∆P AC là hai tam

giác có hai cặp cạnh bằng nhau (AP chung

và BP = CP ), ta có [AP B < [AP C Gọi G

là trọng tâm của tam giác ABC Xét hai

tam giác GP B và GP C là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau(GP chung và P B = P C) Do có [AP B < [AP C, nên BG < CG Vậy

ab a+c Tương tự KBKA = ab ⇒ BK = a+bac

Do c < b, nên BK < CL Dựng hìnhbình hành BKCT (hình 1.7), ta có [BT C =

\BKC = bA + C b

2 và ta có [BT C < [BLC.Mặt khác, vì T C = BK, và BK < CLnên T C < CL Trong tam giác T LC, ứngvới cạnh lớn hơn là góc lớn hơn theo định

lí 1.21, cho nên [CLT < [CT L Từ các bất đẳng thức [BLC > [BT C và[

CLT < [CT L, ta có [BLT < [BT L Theo định lý 1.21 ta có BT > BL

Định lý 1.25 Trong tam giác ABC ta luôn có

ma ≥ la ≥ ha.Chứng minh Gọi H là chân đường cao, L là chân đường phân giác và M

là chân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A Ta chứng minh rằng Lnằm trên đoạn thẳng nối HM , và áp dụng định lý 1.23 để có bất đẳngthức cần chứng minh

Hình 1.8

Định lí hiển nhiên đúng cho trường hợp

tam giác ABC cân tại đỉnh A Để tiện

chứng minh trong trường hợp tam giác

không cân tại A, không mất tính tổng quát

ta giả sử AB < AC Gọi A0 đối xứng với A

qua M , ta có BACA0 là hình bình hành

Trong tam giác AA0C ta có AC >

A0C = AB và do đó theo định lý 1.21 ta

có \BAM = \M A0C > \CAM và đó điểm L

nằm trong góc \BAM Mặt khác, do \BAH phụ với góc bB và \CAH phụvới góc bC, cho nên \BAH < \CAH Do đó L phải nằm trong góc \CAH.Tóm lại, điểm L nằm giữa điểm H và điểm M và ta có HM > HL.Theo định lý 1.23, ta có AH < AL < AM Định lý 1.26 Đường trung tuyến AM của tam giác ABC nhỏ hơn nửatổng các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ một đỉnh A

Chứng minh Gọi A0 là điểm đối xứng với điểm A qua điểm M , ta cóABA0C là hình bình hành Do đó AM = 1

2AA

0 < 1

2(A

0C + AC) =1

A0, C, B thẳng hàng và M A0 =

M A Do đó M A + M B = M A0+

M B > A0B = CA0 + CB =

CA + CB

1.4 Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học

Định lý 1.27 (Công thức Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính củađường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảngcách giữa tâm hai đường tròn đó Ta có

Chứng minh

Hình 1.10

Gọi O, I lần lượt là tâm đường

tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC

Biết rằng đường tròn ngoại tiếp

tam giác BCI có tâm D là trung

điểm của cung

_

BC Gọi M làtrung điểm của BC và Q là hình

chiếu của I trên OD Khi đó

Đẳng thức xảy ra khi và khi tam giác ABC đều

Bài toán 1.5 Cho tam giác ABC với R là bán kính đường tròn ngoạitiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p là nửa chu vi tam giác ABC.Chứng minh rằng r ≤ p

3√

3 ≤ R

2.

Giải Ta có [ABC] = abc4R = pr, suy ra 2p = a + b + c ≥ 3√3

2 Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f (x) = sin x làhàm lồi trên (0, π), do đó sin A+sin B+sin C3 ≤ sin A+B+C

3
= sin 600 =

√ 3

2 Định lý 1.28 (Công thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài cáccạnh là a, b, c Gọi G là trọng tâm và (O, R) là đường tròn ngoại tiếptam giác Khi đó

OG2 = R2 − 1

9 a

2 + b2 + c2
(1.36)Chứng minh

Hình 1.11

Để chứng minh bài toán này ta sử dụng

định lí Stewart "Nếu L là điểm nằm trên

cạnh BC của ∆ABC và nếu AL = l, BL =

m, LC = n, thì a(l2 + mn) = b2m + c2n"

Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA0,

trong đó A0 là trung điểm của BC, ta

được AA0(OG2 + AG.GA0) = A0O2.AG +

9R2 ≥ a2 + b2 + c2 (1.37)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC

Bài toán 1.6 Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c Chứngminh rằng 4√

3 [ABC] ≤ a+b+c9abc Giải Sử dụng bất đẳng thức Leibniz với lưu ý 4R [ABC] = abc ta có9R2 ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ a2b2c2

16[ABC]2 ≥ a2+b92+c2 ⇔ 4 [ABC] ≤ √ 3abc

a 2 +b 2 +c 2 Mặtkhác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a + b + c ≤ √

3√

a2 + b2 + c2

Do đó 4√

3 [ABC] ≤ a+b+c9abc

Bài toán 1.7 Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cáccạnh AB, BC, CA tại D, E, F , tương ứng.Kí hiệu p là nửa chu vi củatam giác ABC Chứng minh rằng EF2 + F D2 + DE2 ≤ p32

Giải Thấy rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC là đường tròn ngoạitiếp tam giác DEF Áp dụng bất đẳng thức Leibniz cho tam giác DEF ,

ta được EF2 + F D2 + DE2 ≤ 9r2 Mặt khác, theo bài toán 1.5 ta có

p2 ≥ 27r2 Do đó EF2 + F D2 + DE2 ≤ p32

Định lý 1.29 (Định lí Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đườngtròn tâm O, bán kính R M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳngtam giác Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên cáccạnh BC, CA, AB Khi đó diện tích của tam giác XY Z được tính theodiện tích tam giác ABC và khoảng cách M O bởi công thức sau

[XY Z] = 1

4

1 − M O

2

R2

Chứng minh

Hình 1.12

Kéo dài AM, BM, CM cắt đường tròn

ngoại tiếp tại các điểm X0, Y0, Z0 tương

AC.BC sin C (vì sin B = AC

2R,

sin X0

Y0Z0 =

12R)

Chú ý 1.1

1) Tam giác XY Z nêu trong định lí được gọi là tam giác Pedal

2) Nếu M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì [XY Z] =

0 Điều đó có nghĩa là tam giác XY Z suy biến thành đường thẳng, đóchính là đường thẳng Euler

3) Nếu M ≡ I (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC) thì XY Z

là tam giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính r có các góc X, Y, Ztương ứng bằng π2 − A2,π2 − B2,π2 − C2 Bằng các phép biến đổi sơ cấp từcông thức (1.38) sẽ suy ra công thức Euler OI2 = R2 − 2Rr

Hệ quả 1.6 Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì nằm trong mặtphẳng tam giác Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lêncác cạnh BC, CA, AB Khi đó

[XY Z] ≤ 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm của đường tròn ngoại tiếptam giác ABC

Bài toán 1.8 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O(với O nằm bên trong tứ giác) Gọi M N P Q là tứ giác mà các đỉnh lầnlượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD đếncác cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng

[M N P Q] ≤ 1

2[ABCD] Giải Gọi K là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD

Hình 1.13

Dễ thấy KM N là tam giác Pedal dựng

từ điểm K của tam giác ABC Do đó

Bài toán 1.9 (Balkan, 1999) Cho ABC là một tam giác nhọn và

L, M, N là các chân đường cao hạ từ trọng tâm G của ∆ABC tới cáccạnh BC, CA, AB, tương ứng Chứng minh rằng

4

27 <

[LM N ][ABC] ≤ 1

4.Giải Ta có tam giác LM N là tam giác Pedal dựng từ trọng tâm

G của tam giác ABC Áp dụng định lí 1.12, ta có [LM N ] =

G ≡ O hay khi và chỉ khi tam giác ABC đều

+ Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại Thật vậy, để ý rằng OG = 13OH

Vì tam giác nhọn, H nằm trong tam giác và OH ≤ R nên

[LM N ][ABC] =

R2 − 19OH24R2 ≥ R

2 − 19R24R2 = 2

9 >

4

27.

Định lý 1.30 (Công thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD, gọi x

là khoảng cách giữa trung điểm của hai đường chéo AC và BD Ta có

Hệ quả 1.7 (Bất đẳng thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD Tacó

AB2 + BC2 + CD2 + DA2 ≥ AC2 + BD2 (1.41)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành.Bài toán 1.10 (Địa trung Hải, 2000) Cho P, Q, R, S là trung điểm củacác cạnh BC, CD, DA, AB, tương ứng, của tứ giác lồi ABCD Chứngminh rằng

4 AP2 + BQ2 + CR2 + DS2
≤ 5 AB2 + BC2 + CD2 + DA2

Giải Ta biết công thức đường trung tuyến XM của tam giác XY Z

là XM2 = 12XY2 + 12XZ2 − 1

4Y Z2 Ta thay bộ (X, Y, Z, M ) bằng(A, B, C, P ), (B, C, D, Q), (C, D, A, R), (D, A, B, S) vào trong công thứcnày và cộng 4 công thức lại với nhau để thu được công thức thứ 5 Nhân

cả hai vế của công thức thứ 5 với 4, ta được

4 AP2+ BQ2+ CR2+ DS2
= AB 2 + BC2+ CD2+ DA2+ 4 AC2+ BC2

Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức

AC2 + BC2 ≤ AB2 + BC2 + CD2 + DA2.Đây là bất đẳng thức hình bình hành Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tứgiác ABCD là hình bình hành Điều phải chứng minh

1.5 Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt

1.5.1 Các bất đẳng thức trong tam giác đều

Tam giác đều có một số tính chất đặc biệt, nói chung không còn đúngtrong một tam giác tùy ý Trong mục này, ta chỉ nghiên cứu một số bấtđẳng thức trong tam giác đều ABC liên quan mối quan hệ giữa pa, pb, pcvới P A, P B, P C (trong đó pa, pb, pc lần lượt là khoảng cách từ P đếncác cạnh BC, CA, AB)

Bài toán 1.11 Cho ABC là tam giác đều cạnh a, gọi P là một điểmnằm trong tam giác Chứng minh rằng

a .Giải Gọi D, E, F là chân đường vuông

góc của P lên các cạnh BC, CA, AB tương

2 a Áp dụngbất đẳng thức (1.2), ta được

a .Lại áp dụng bất đẳng thức (1.2) có

a .Bài toán 1.12 Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy

ý nằm trong tam giác Chứng minh rằng

P A2.P B2.P C2 ≥ 8a

3

3√

3papbpc. (1.42)Trước hết ta chứng minh bổ đề sau

Bổ đề 1.1 Cho P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác đều ABCcạnh a Kí hiệu α = \BP C, β = \CP A,γ = [AP B, ta có đẳng thức

P A2.P B2.P C2 = a

3papbpc

sin α sin β sin γ. (1.43)Chứng minh Viết lại diện tích tam giác BP C theo hai cách ta đượcBP.CP sin α = a.pa, tương tự CP.AP sin β = a.pb, AP.BP sin γ = a.pc.Nhân theo vế 3 đẳng thức này, ta thu được đẳng thức (1.43)

Giải Gọi f (x) = ln(sin x), x ∈ (0, π) Vì f00(x) = − 1

sin2x < 0, nên f làhàm lồi Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có

ln(sin α) + ln(sin β) + ln(sin γ)

3 ).

Suy ra sin α sin β sin γ ≤ 3

√ 3

8 Thay bất đẳng thức này vào (1.43) tađược bất đẳng thức (1.42)

Bài toán 1.13 Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy

ý nằm trong tam giác Chứng minh rằng

72 Thay bất đẳng thức này vào (1.42), ta được bất đẳng thức (1.44).Bài toán 1.14 Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy

ý nằm trong tam giác Chứng minh rằng

P A.P B + P B.P C + P C.P A ≥ a2 (1.45)Giải Vì α2 + β2 + γ2 = 1800 nên

cos α + cos β + cos γ ≥ 3

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ = 1200

Bây giờ, áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác P AB, ta có a2 =

P A2+ P B2− 2P A.P B cos γ hay cos γ = P A2+P B2−a 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ O

Tam giác Pompeiu

Năm 1936, nhà toán học Rumani, Dimitrie Pompeiu phát hiện kếtquả đơn giản nhưng đẹp sau đây trong hình học phẳng Euclide

Định lý 1.31 (Định lý Pompeiu) Cho P là một điểm tùy ý nằmtrong mặt phẳng chứa tam giác đều ABC Khi đó các khoảng cách

P A, P B, P C là độ dài các cạnh của một tam giác Tam giác này suybiến nếu điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Chứng minh

Hình 1.15

Xét trường hợp điểm P không nằm trên

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Áp

dụng bất đẳng thức Ptolemy (Xem định lí

2.2) cho 4 điểm A, B, P, C ta có

P A.BC < P C.AB + P B.AC,

P B.AC < P A.BC + P C.AB,

P C.AB < P A.BC + P B.AC

Vì tam giác ABC đều nên AB = BC =

CA = l, do đó P A < P C + P B, P B < P A + P C, P C < P A + P B Vậy

P A, P B, P C là độ dài 3 cạnh của một tam giác 

Bài toán 1.15 Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy

ý nằm trong tam giác Chứng minh rằng

Bài toán 1.16 Cho P là một điểm nằm trong tam giác đều ABC cạnh

a Gọi T là diện tích của tam giác Pompeiu với độ dài các cạnh bằng

P A, P B, P C Khi đó

T =

√3

B một góc 600 và quay tam giác CP A quanh tâm C một góc 600 Ta

sẽ được một hình lục giác AB0CA0BC0, trong đó các tam giác Pompeiu

P BA0, P AC0, P CB0 có cùng diện tích T

Hình 1.16

Vì ∆AP C = ∆BA0C, ∆AP B =

∆AB0C, ∆AC0B = ∆BP C nên diện tích

của lục giác = 2 [ABC] = 2a

2√3

4 Mặtkhác ∆AP B0, BP C0, CP A0 là các tam giác

P A2+P B2+P C2 = 3OP2+OA2+OB2+OC2

Vì OP = d, OA = OB = OC = a

2√3

cân

Bài toán 1.17 Cho góc vuông xAy B là điểm trên tia Ax, C là điểmtrên tia Ay (B 6= A; C 6= A) Chứng minh rằng AB +√

3AC ≤ 2BC.Giải

Hình 1.17

Trong góc xAy vẽ tia Az sao chod

xAz = 300, do đó dyAz = 600 VẽBH⊥Az, CK⊥Az(H, K ∈ Az), Az cắt

BC tại I Xét ∆ABH có \AHB =

900, \BAH = 300 nên là nửa tam giác đều,cạnh AB Suy ra BH = 12AB mà BH ≤

BI Do đó

Xét ∆ACK có \AKC = 900, \CAK = 600 nên là nửa tam giác đều, cạnh

AC Suy ra CK = AC

√ 3

p, trong đó p là nửa chu vi của tam giácABC Hơn nữa, DIAD



=

4Rr

a 2 Vì 2R = a và 2r = b + c − a nên

Hình 1.20

Xét điểm Q trên đường trung trực

của BC thỏa mãn AQ = AP Gọi S

là giao điểm của BP và tiếp tuyến với

đường tròn tại Q Khi đó SP + P C ≥

Gọi T là trung điểm của M N Vì

∆AM Q cân và M T là một trong

những chiều cao của nó, khi đó M T =

ZQ trong đó Z là chân đường vuông

góc hạ từ Q xuống AB Khi đó M N + BQ + QC = 2(M T + QC) =2(ZQ + QC) đạt giá trị nhỏ nhất khi Z, Q, C thẳng hàng và điều này cónghĩa CZ là chiều cao Bằng phép đối xứng, BQ cũng là chiều cao và

do đó P là trực tâm

1.6 Các bất đẳng thức khác trong tam giác

Bài toán 1.21 (Bất đẳng thức Weitzenbock, IMO 1961) Gọi a, b, c là

độ dài các cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 ≥ 4√3S (1.51)Giải Theo bất đẳng thức AM - GM ta có

S =pp(p − a)(p − b)(p − c) ≤

rp

9 p

2

Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có

Bài toán 1.22 (Bất đẳng thức Hadwiger - Finsler) Gọi a, b, c là độ dàicác cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 ≥ 4√3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 (1.52)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Giải Vì a2 = b2 + c2 − 2bccosA và S = 12bcsinA nên ta có

a2 + b2 + c2 − 4√3S = 2(b2 + c2) − 2bccosA − 2√

3bcsinA

=2(b2 + c2) − 4bccosπ

3 − A ≥ 2(b2 + c2 − 2bc) = 2 (b − c)2 (1.53)Mặt khác, không mất tính tổng quát ta giả sử b ≤ a ≤ c Khi đó ta cóbất đẳng thức

Giải Xét làm hai trường hợp:

a) Tam giác ABC có ba góc nhỏ hơn 1200

Dựng tam giác đều BCD ở phía ngoài của tam giác ABC Gọi T làgiao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD với AD Dễ chứngminh rằng T nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới ba góc bằng nhau.

Ta chứng minh rằng với một điểm O tùy ý ở trong tam giác ABC khácđiểm T thì ta có OA + OB + OC ≥ T A + T B + T C

Hình 1.21

Điểm T được gọi là điểm

Torricelli của tam giác ABC

T A + T B + T C = T A + T D = AD (1.56)

Từ (1.55) và (1.56) suy ra OA + OB + OC ≥ T A + T B + T C Đẳngthức xảy ra khi và chỉ khi O ≡ T

b) Tam giác ABC có một góc, chẳng hạn bB > 1200

Hình 1.22

Dựng tam giác đều BCD ở phía ngoàitam giác ABC Do bB > 1200, cho nên vớiđiểm O tùy ý ở trong tam giác ABC, điểm

B nằm trong tam giác ODA Theo định líPompeiu, ta có OB + OC ≥ OD

Mặt khác, theo định lí 1.20 đối với tamgiác ODA, ta có OA + OD ≥ BA + BD

Từ đó ta có OA + OB + OC ≥ OA + OD ≥ BA + BD = BA + BC.Như vậy, khi O ≡ B, tổng khoảng cách từ O tới các đỉnh của tam giácABC là nhỏ nhất có thể

Tóm lại, trong trường hợp tam giác ABC có một đỉnh không nhỏ hơn

1200, thì chính đỉnh này là đỉnh cần tìm

Bài toán 1.24 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với

H là trực tâm và AD, BE, CE là các đường cao Kí hiệu D0 =

AD ∩ (O), E0 = BE ∩ (O), F0 = CF ∩ (O) Chứng minh rằng(i) AD

4 Bây giờ áp dụng bất đẳng thức (1.2) ta được ADAD0 + BEBE0 + CFCF0 ≥

M A2(M B1 + M C1)2 +

M B2(M C1 + M A1)2 +

M C2(M A1 + M B1)2 ≥ 3

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

M C2(M A1 + M B1)2

1sin2 C2

4

3

s1

1 8

2 = 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều và M là tâm của tam giác

Bài toán 1.26 (Trích đề thi học sinh giỏi Quốc gia, 1991) Cho tamgiác ABC với trọng tâm là G và nội tiếp trong đường tròn bán kính R,các đường trung tuyến của tam giác này xuất phát từ các đỉnh A, B, Ckéo dài cắt đường tròn lần lượt tại D, E, F Chứng minh rằng

AB +

1

BC +

1CA



Giải Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của cạnh BC, CA, AB TừAM.M D = BM.M C có M D = 4ma2

CA,GF1 ≤

√ 3

AB.Cộng theo vế 3 bất đẳng thức này ta được

Từ đó GDAD + BEGE + CFGF = 6 Để ý rằng AD, BE, CF đều không lớn hơn2R, thay vào ta được GD1 + GE1 + GF1 ≥ R3

Bài toán 1.27 (Tây ban nha, 1998) Một đường thẳng chứa trọng tâm

G của tam giác ABC cắt cạnh AB tại P và cạnh CA tại Q Chứng minhrằng P BP A.QCQA ≤ 14

CC0

AG Cộng 2 đẳng thức này lại với lưu

ý rằng AG = 2GA0 = BB0 + CC0 tađược P BP A + QCQA = 1 Từ đó được bấtđẳng thức cần chứng minh

Bài toán 1.28 (Ba Lan, 1999) Cho D là một điểm trên cạnh BCcủa tam giác ABC sao cho AD > BC Điểm E trên CA thỏa mãnAE

EC =

BD

AD − BC Chứng minh rằng AD > BE.

Giải

Hình 1.27

Lấy F trên AD sao cho AF = BC

và Gọi E0 là giao điểm của BF và

AC Áp dụng định lí hàm số sin cho

tam giác AE0F, BCE0 và BDF , ta

được AEE0 C0 = AF sin \AF E0

sin \ AE 0 F sin \BE0C

BC sin \ CBE 0 =

sin \ BF D

sin \ DBF = BDF D = AEEC Do đó E0 ≡ E

Lấy G trên BD sao cho BG = AD

và H là giao điểm của GE với đường

thẳng qua A và song song với BC Dễ thấy các tam giác ECG và EAHđồng dạng nên AHCG = ECAE = AD−BCBD = BG−BCBD = BDCG, suy ra AH = DB

Do đó BDAH là một hình bình hành, suy ra BH = AD và ∆BHG cân.Vậy BH = BG = AD > BE

Bài toán 1.29 (Tạp chí THTT số 265) Gọi AD, BE, CF là các đườngphân giác trong của tam giác ABC Chứng minh rằng

p(DEF ) ≥ 1

2p(ABC),trong đó kí hiệu p(XY Z) là chu vi của tam giác XY Z Đẳng thức xảy

a + c

2

+

bc

a + b

2

2c2(a + c) (a + b).

b2 + c2 − a2

2bc

= a

2bc(a + c) (a + b) − abc (a + b + c) (b − c)

2

(a + c)2(a + b)2Suy ra EF2 ≤ a2bc

!2

≤ 116

 a + c

2 +

a + b2

2

= 116

 2a + b + c

2

2

Do đó EF ≤ 2a+b+c8 Tương tự F D ≤ 2b+c+a8 , DE ≤ 2c+a+b8

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên được DE + EF + F D ≤ 12 (a + b + c).hay p(DEF ) ≥ 12p(ABC)

Bài toán 1.30 (IMO, 1991 ) Cho tam giác ABC Gọi I là tâm đườngtròn nội tiếp tam giác Đường phân giác trong của các góc A, B, C lầnlượt cắt các cạnh đối diện tương ứng tại L, M, N Chứng minh rằng

1

4 ≤ AI.BI.CIAL.BM.CN ≤ 8

27.Giải

chất đường phân giác cho phân

giác BI của góc [ABL ta thu được

b+c Khi đó, ALAI = a+b+cb+c Tương

tự, BMBI = a+b+cc+a , CNCI = a+b+ca+b Do đó bất đẳng thức cần chứng minh đưa

về dạng chứa các biến a, b và c

1

4 <

(b + c)(c + a)(a + b)(a + b + c)3 ≤ 8

27.

Bất đẳng thức phải được chứng minh.

Để chứng minh bất đẳng thức trái, trước hết để ý rằng

(b + c)(c + a)(a + b)

(a + b + c)3 = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc

(a + b + c)3 (1.58)Biết rằng a + b + c = 2p, ab + bc + ca = p2 + r2 + 4rR, abc = 4Rrp thayvào (1.58) được

4.

Bài toán 1.31 (IMO Shorlist, 1996) Cho ABC là tam giác đều và

P là một điểm trong nó Các đường thẳng AP, BP, CP cắt các cạnh

BC, CA, AB tại các điểm A1, B1, C1, tương ứng Chứng minh rằng

CA1 = CB1, BA1 = BC1 và AB1 = AC1 Điều này xảy ra khi và chỉ khi

P là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài toán 1.32 (IMO Shorlist, 1999) Cho tam giác ABC và M là mộtđiểm nằm trong nó Chứng minh rằng

min {M A, M B, M C} + M A + M B + M C < AB + BC + CA.Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 1.2 Nếu M là một điểm nằm trong tứ giác lồi ABCD thì

M ∈ ABDE, BCEF Áp dụng bổ đề trên ta có

Bài toán 1.13 Cho tam giác ABC cạnh a P điểm tùy

ý nằm tam giác Chứng minh

72 Thay bất đẳng thức. .. minh bất đẳng thức

AC2 + BC2 ≤ AB2 + BC2 + CD2 + DA2.Đây bất đẳng thức hình bình hành Dấu "=" xảy tứgiác ABCD hình. .. Bất đẳng thức tam giác đặc biệt

1.5.1 Các bất đẳng thức tam giác

Tam giác có số tính chất đặc biệt, nói chung khơng cịn đúngtrong tam giác tùy ý Trong mục này, ta nghiên cứu số bất? ?ẳng