Ứng dụng bất đẳng thức hình học

Lời giải: Trước hết sử dụng điều kiện cần và đủ Để bốn điểm đồng viên cùng thuộc một đường tròn ta dễ dàng chứng minh được rằng: ba đường tròn ANP,BPM và CMN đồng quy ở một điểm J nào đó

J P

M

A

B

C

Phần 5: Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học

I/ Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức hình học:

Bài 1 Tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c với diện tích Gọi m m m lần lượt là độ dài a, b, c các đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C.Chứng minh rằng:

S

2 2 2 2 2 2

2 2 2 3



Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Lời giải: BĐT (1) cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

4a m2 a2b m2 b2c m2 c2 4S 3a2b2c2 (2)

Sử dụng công thức đường trung tuyến :

2 2 2 2 2

4a m a 2 b c  a và vớim m ; công thức tính diện tích tam giác ABC: b, c

2 2 2 2 2 2 2 4 4 4

16S 2 a b b c c a  a b c , ta được:

 2 2 2 2 2 2

4 a m a b m b c m c = 4v - u

16S 2v u a , b c 2v u ,trong đó ta đã đặt: a4b4c4  và u a b2 2b c2 2c a2 2  v

Bình phương hai vế của (2) ta được:

(1)  4v u 2 3 2 v u  2u v 

 u2 2uv v 2 u v 20

Vậy BĐT (1) đã được chứng minh

Đẳng thức ở (1) xảy ra khi và chỉ khi u = v, tức là: a4 b4c4 a b2 2b c2 2c a2 2

 2 2 2 2 2 2 2 22

1

     là đều

Bài 2 Tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và diện tích bằng S Giả sử các điểm M,N,P theo

thứ tự nằm trên các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng:

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Lời giải: Trước hết sử dụng điều kiện cần và đủ

Để bốn điểm đồng viên (cùng thuộc một đường

tròn) ta dễ dàng chứng minh được rằng: ba đường

tròn (ANP),(BPM) và (CMN) đồng quy ở một điểm

J nào đó ( nội dung mệnh đề này được gọi là bổ đề

Miken (Miqul) và J được gọi là điểm Mi-ken)

Trong trường hợp bài tóan của ta, vì M thuộc BC,

N thuộc CA và P thuộc AB nên J thuộc miền ABC

Sau nữa, để ý rằng bcsinA = casinB = absinC = 2S,

trong đó S là diện tích ABC Vì thế gọi vế trái của (*)

là u thì u = 2Sv, trong đó:

v

90

I1 I2

A1

A

B

C

T1

T2

H2

Từ đó suy ra: 2

Bài tóan đưa về chứng minh BĐT sau đây:

2

S

A B  C  (**).

Từ ba đường tròn (ANP), (BPM) và (CMN) đồng quy ở J, ta được: JMB JNC JPA   Áp

dụng định lí hàm số sin vào các cặp tam giác nội tiếp ba đường tròn nói trên, ta được hệ thức sau:

 

1

1

k k

Thế thì, từ (1) và (2) ta được: v k JA NP JB PM JC MN     (3)

Gọi S S S lần lượt là diện tích các tứ giác JNAP, JPBM, và JMCN Thế thì:1, ,2 3

1

S + S + 2 S = S và 23 S = 1 JA NP sin1

2S2 JB PM sin2

2S3 JC MN sin3

trong đó 1, 2 và 3 theo thứ tự là độ lớ các góc của các cặp đường chéo Ja và NP, JB và PM, JC

và MN của cac tứ giác nội tiếp nói trên Từ đó ta được:

3

2

S

(4)

Vì sin i 1 ( i = 1, 2, 3 ) và sin 1 nên 1 1

sin

k



  và do đó ta thu được BĐT (**) Đẳng thức ở (**) xảy ra khi và chỉ khi đồng thời ta có: sin = sini ( i = 1, 2, 3 ), và do đó:

0 min 2 1 2 3 90

v  S    ,tức là JM BC, JN CA, JPAB đồng thời JANP,

JBPM, JCMN và vì vậy JM = JN = JP, nghĩa là J trùng với tâm I đường tròn nội tiếp ABC

và M, N, P lần lượt là tiếp điểm của ( I ) với BC, CA, AB

Bài 3 Tam giác ABC có độ dài các cạnh BC = a, CA = b, AB = c Gọi , ,h h h lần lượt là độ dài a b c

các đường cao xuất phát từ ABC và p là nửa chu vi của tam giác Lấy điểm A thuộc cạnh BC sao1

đường tròn nội tiếp các tam giác ABA ACA bằng nhau và gọi bán kính các đường tròn đó là 1, 1 r Ta A

cũng định nghĩa tương tự cho ,r r Chứng minh rằng B C 2r Ar Br Cp h ah bh c

Lời giải: Gọi    I1 , I là đường tròn nội tiếp các tam2

giác ABA ACA ; 1, 1 T T thứ tự là tiếp điểm của 1, 2 AA1

với    I1 , I ; 2 A là hình chiếu của A trên BC ( hình vẽ2

)

Dễ thấy T I I1 1 2 T I I2 2 1A1AA2  

Ta có 2r = A I T1 1I T2 2 = I I c  = 1 2 os H H os1 2c 

 1 1 1 2

= AH A H c os

A

c 



C

A

B M

N

I

B

A

C A' D

E F

1

2

BC BA CA



=AA osc  (p a c ) os =AA  (p a c ) os h a (p a )

Tương tự, ta có: 2r B h b p b , 2r C h c  p c 

Suy ra 2r Ar B r C p h a h bh c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều

Bài 4 Một đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, cắt các cạnh AB, AC theo

thứ tự tại M và N Chứng minh rằng:

2

Lời giải: Gọi I là tâm, r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC

Ta thấy: MN đi qua I ( hình vẽ ) từ đó suy ra:

AMN

ABC

S

S

AM AN

AB AC

(*)

Theo BĐT Cauchy: 1 2 . 2 . .

AB AC BM CN

BC AM AN

2

Đẳng thứ xảy ra khi và chỉ khi . . 1,

2

2

Bài 5 Gọi , ,d d d lần lượt là độ dài các đường phân giác trong xuất phát từ các đỉnh A, B, C của a b c

tam giác ABC và p là nửa chu vi tam giác đó Chứng minh rằng:

os AA os

a

2

AI ID c

2

AE ID c

2

p a r c

Tương tự:

b

c

92

1

BC

I

B

A

K

C

E F

Suy ra: osA osB osC

p a b c  r c c c 

Mặt khác ta có: osA osB osC

R

   

 A B C

a b c

r R

 



osA osB osC sin sin sin

Chú ý rằng: sin sin sin osA

c

c

c

Suy ra : (3) đúng  (2) đúng

Từ (1) và (2) suy ra: osA osB osC  osA+cosB+cosC

Đẳng thức xảy ra ở (*) ABC đều

Bài 6 Cho tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác ABC Đặt IA = d , IB = a d , IC = b d Chứng minh rằng: c

 a2  b2  c2 6

Bổ đề: Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp Ta có:

aIA bIB cIC abc

Bổ đề trên khá quen thuộc và có nhiều cách chứng

minh Xin giới thiệu một cách chứng minh khá thú vị

sau Kí hiệu S(.) là diện tích đa giác

Giả sử đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC, CA,

AB theo thứ tự tại D, E, F ( hình vẽ ) Gọi K là điểm

đối xứng của I qua AC Dễ thấy:

2 AFIE AIK

ABC ABC

Tương tự như vậy, ta có:

CEID BDIF

ABC ABC

,S

Suy ra:

AFIE BDIF CEID

ABC

1

H A

A1

C1

B1

O

C

A

B

A1

Trở lại việc giải bài toán Theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có:

 a2  b2  c2 1 1 1   a2  b2  c2 

 3 3abc abc   ( theo bổ đề )

 6abc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Bài 7 Cho ABC nhọn Gọi AA ,BB ,CC là ba đường cao với H là trực tâm 1 1 1 ABC Chứng

minh rằng: a b c  2 3HA1HB1HC1

Không mất tính tổng quát ta giả sử a b c 

osA cosB cosC

A B C c

Hơn nửa, ta có: HA1A C.cotgB1 =AC.cos.cotgB

=2R.sinB.cosC.cosB

sinB 2R.cosB.cosC

Chứng minh tương tự: HB1 2R.cosC.cosA

HC1 2R.cosA.cosB

Do đó: HA1HB1HC1

Theo BĐT Trebưsep: a b c HA    1HB1HC1 3 a HA b HB1 1c HC 1

Màa HA b HB 1 1c HC 1= 6S nên 1 1 1 2

6 4



 

3 ( )( 2 )( )

2

p p a p b p c

p



3

2

3

3 2

p a p b p c p

p



1

2 3

 Vậy a b c  2 3HA1HB1HC1

Dấu “ = ”  ABC đều

Bài 8 Cho tam giác ABC Các đường pgân giác trong xuất phát từ A, B, C cắt đường tròn ngoại

tiếp ABC tại A B C tương ứng Chứng minh rằng:1, ,1 1

2

1 1 1 16

Lời giải: Đặt BC = a, CA = b, AB = c Theo định lí Ptôlêmê

cho tứ giác ABA C ta có: 1

94

1 1 1

AA a c A C b A B

Do AA là pgân giác góc A cho nên 1 A là điểm giữa cung BC1

vầ do đó A B =1 A C Suy ra:1

 

a AA  b c A C

Mặt khác theo định lí hàm số sin ta có 1 

1 1

2 sin

1

2

sin 2

AA

a



1

2

sin 2

BB

b



1

2

sin 2

CC

c





1 1 1

8

AA BB CC

abc



     

2

2 2

16

R r a b b c c a

R r abc

( do 4 sin sin sin  

r  R và a b b c c a       abc)

Đẳng thứ xảy ra khi a =b =c

Bài 9 Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c nội tiếp đường tròn bán kính R Gọi , ,l l l a b c

là độ dài ba đường phân giác và , ,r r r là bán kính cá đường tròn bàng tiếp tương ứng với các góc a b c

A, B, C Chứng minh rằng:

3

2 2 2

2 2 2

6

Lời giải: Trước hết xin ngắc lại hai đẳng thức quen thuộc trong tam giác :

r osA+cosB+cosC=1+

R 4

c

r r r  R r Trở lại việc chứng minh bài toán:

Ta có:

a

bc

2 os2 1 osA

a

Tương tự, ta có: 2 1 osB

2

b

c

2 1 osC

2

c

c

8

C

A

B

D

Mặt khác, theo BĐT Cô-si ta có:

3

2 2 2

c

3

2 2 2 4 1

r R

a b c



3

2 2 2

R r

a b c

R



3

2 2 2

6

a b c

R

Từ đó ta suy ra

3

2 2 2

2 2 2

6

Đẳng thức xảy ra  ABC đều

Bài 10 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R Gọi D, E,

và AC, CO và AB Chứng minh rằng:

9 2

R

AD BE CF  

Lời giải: Kí hiệu S là diện tích Ta có :

AOC AOB AOC AOB

OA



Tương tự: OAB OBC

ABC

OB





ABC

OC





Suy ra OA OB OC 2

ADBE CF  hay

2

R

AD BE CF

Từ đó áp dụng BĐT Bunhiacopski ta được:

2AD BE CF R 1 1 1 AD BE CF 9R

AD BE CF

2

R

AD BE CF  

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều

Bài 11 Cho tam giác ABC, gọi m m m theo thứ tự là độ dài ba đường trung tuyến xuất phát từ a, b, c các đỉnh A, B, C và , ,r r r theo thứ tự là bán khính đường tròn bàng tiếp ứng với csc góc có dỉnh a b c

A, B, C Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2

96

Lời giải: Đặt BC = a, CA = b, AB = c; 2p = a + b + c, S là diện tích ABC

Ta có hệ thức sau: S  p a r  a  p b r  b p c r  c  p p a p b p c        

2 2 2 3 2 2 2

4

Sử dụng các hệ thức này, BĐT (*) cần chứng minh bây giờ có dạng:

           

 2 2 2

3 4

Để viết cho gọn hơn ta đặt: p – a = x, p – b = y, p – c = z (x , y, z > 0); thế thì: x + y + z = p và

a = y + z, b = z + x, c= x + y Khi đó (1) có dạng sau mà ta cần phải chứng minh:

4

Thật vậy, ád dụng BĐT Cô-si đối với ba số dương x, y, z ta có BĐT sau:

2 y z 2 z x 2 x y 2 2 2 2

Cộng hai vế của (3) tổng xy yz zx  ta được:

Lại dùng BĐT Cô-si có: 1 2 2 2 1 

Từ (4) và (5) ta suy ra:

3 2

 x2y2z2xy yz zx   =3  2  2  2

4 y z  z x  x y  Vậy BĐT (2) đúng  (đpcm)

Dấu đẳng thức ở (*) xảy ra khi và chỉ khi dấu đẳng thức xảy ra ở (3), (4), (5) và do đó xảy ra ở (2) tức là x = y = z  a = b = c hay ABC đều

Bài 12 Gọi a, b, c là đọ dài các cạnh của một tam giác có diện tích S; các đường cao và trung

tuyến tương ứng là , ,h h h và a b c m m m Chứng minh rằng: a, b, c

1) a b c  2 274 S

2) h m a b4h m b c4h m c a4 9 34 S S

Lời giải:1) Đặt 2p = a + b + c Ád dụng BĐT Cô-si cho ba số dương ta được:

     

3 27

p

p a p a p a   

4 2

27

p

a b c  2 274 S

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p – a = p – b = p – c  a = b = c ( tam giác đều )

2) Ta có: 4m a22b22c2 a2 b c 2 a2 4p p a   m a2 p p a  

Tương tự: 2  

b

m c2 p p c  

Suy ra: m m m a2 b2 c2 p p a p b p c3         p S2 2 (1)

Lại có:

3

a b c

h h h

( vì

3 8 27

p

Từ đó ta có: h m a b4h m b c4h m c a433 h h h m m m a b c a4 b4 c4 93 pS7 (3)

Lại vì p4 27 S ( chứng minh trên ), thay vào (2) ta được h m a b4h m b c4h m c a49 34 S S

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi dấu dẳng thức xảy ra đồng thời xảy ra ở (1), (2), (3) và (4), và

do đó xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác là đều

Bài 13 Gọi r và R lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp một tam giác ABC có

độ dài các cạnh a, b, c Chứng minh rằng: a2b2c2 8R24r2 (*)

Lời giải: Trong tam giác ABC ta có : a2 sin ,R A b2 sin ,R B c2 sinR C

4 sin sin sin

 Thay vào (*) ta thấy BĐT (*) cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

osAcossBcosC 8sin2 sin2 sin2

- Nếu tam giác ABC vuông hoặc tù thì (**) hiển nhiên đúng

- Nếu tam giác ABC nhọn thì cosAcosBcosC > 0

x tg y tg z tg ( x, y, z > 0 ), thế thì:

2 2

1

1

x c

x





2 2

1

1

y c

y





2 2

1 osC=

1

z c

z





Thật vậy , chúng ta đã biết, trong tam giác ABC ta có hệ thức sau:

cot cot cot cot cot cot

Mặt khác, ta có:

 

2 osA.cosB os A-B os A+B 1 osC

tgA tgB



2

A g

và hai BĐT tương tự Cộng vế theo vế các BĐT (3) lại ta được:

Từ (1), (2) và (4) ta thu được (***) và do đó được (*) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

98

     

2

R r  p trong đó p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn

ngoại tiếp và bán kính đương tròn nội tiếp của một tam giác Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải: Gọi độ dài ba cạnh của tam giác là a, b, c Ta có hệ thức: abc4RS 4Rrp (*)

Sử dụng BĐT Cô-si ta có: a b c  327abc 8p3 27.4Rrp ( theo (*) ) 2 27

2

3

3

p a p b p c p

p

3 3

  (2)

Tư (1), (2) suy ra

2

2

Rr p

Sử dụng BĐT Cô-si cho ba số dương ta có: 3

2

3

Từ (3), (4) suy ra: 1 1 9 3

2

Đẳng thức xảy ra  a b c p  , 3 3 ,r R2r  Tam giác đã cho là đều

Bài 15 Cho tam giác ABC với a, b, c là đọ dài ba cạnh và R, r lần lượt là bán kính đường tròn

ngoại tiếp và nội teisp tam giác đó Chứng minh rằng:

a b 2b c 2c a 2 8R R  2r

Lời giải: Gọi O, I, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm tam giác ABC, ta

có: OH OA OB OC   

và a IA b IB c IC    0

Suy ra: OH OA OB OC  

và 2 p OI a OA b OB c OC  

với 2p = a + b + c Từ đây ta tính được: 2 p IH 2p a OA  2p b OB  2p c OC 

Do đó ta có: 4p IH2 2 R22p a 22p b 22p c 2 2p a   2p b OA OB 2

 

+

2p b   2p c OB OC 2 2p c   2p a OC OA 2

Mà 2OA OB 2R2 AB2 2R2 c2

 

nên:

4 p IH2 2 R2b c 2c a 2a b 2

  + 2p a   2p b  2 R2 c2 + +2p b   2p c  2 R2 a22p c   2p a  2 R2 b2 R22p a 2p b 2p c  

 c2 2 p a   2p b b2 2 p c   2p a a2 2 p b   2p c 

16p R2 2 a3b3c32p abc a b c    

Suy ra:

3 3 3

2 2

4

3

a b c  a b c a  b c  ab bc ca   abc

4

2

abc

p

Mặt khác, ta có

4

abc

R

  , suy ra 2

2

abc

r R

p

 , nên thay vào đảng thức trên và biến đổi ta được:

 2  2  2

2 1

2

Hay a b 2b c 2c a 2 8R R  2r (đpcm)

100