Tổng hợp phương trình lượng giác hay năm 2014

Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

3

PHẦN I: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT
PHẲNG.

BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP KÉO THEO




I . Sơ lược về phương pháp kéo theo:
Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết, vận dụng các tính chất của bất đẳng thức để suy
ra bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đây là các ví dụ:

Vd 1: Cho tam giác ABC, M thuộc AC. Chứng minh rằng:
1 1
. ; .
2 2
ABC ABC
S AB AC S BM AC
≤ ≤

Gi
ả
i:

G
ọ
i BH là
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác ABC
BH AB
⇒ ≤

1 1
. .
2 2
1 1
. .
2 2
ABC
ABC
S BH AC AB AC
M BC BH BM S BH AC BM AC
= ≤
∈ ⇒ ≤ ⇒ = ≤

B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

Vd2: Cho tam giác ABC, AM là trung tuyến. Chứng minh:
2
BC
AM ≤ thì

90
o
BAC ≥ và
ngược lại.

Giải:









M
A
C
B
H
M
A
C
B

D
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

4



a) Giả sử

90
o
BAC < .
Gọi D là điểm đối xứng của A qua M. Suy ra AD=2AM. M là trung điểm hai đoạn thẳng
BC và AD.


& / / 180
O
AB DC AB DC BAC ACD⇒ = ⇒ + = mà

90
o
BAC <



90
O
ACD BAC ACD
⇒ > ⇒ <

Xét tam giác ABC và tam giác CDB có: AB=DC, BC là cạnh chung,


BAC ACD
<
Do
đó: BC<AD
2
BC
AM
⇒
> (Vô lí).

90
o
BAC
⇒
≥

Vd 3: Cho t
ứ giác lồi ABCD sao cho AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F, và E,F,C cùng
thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD. Đặt


,AED AFB
α β
= =
; và
ABCD
S S

=
. Chứng minh
rằng:
. .sin . .sin 2 . .
AB CD AD BC S AB CD AD BC
α β
+ ≤ ≤ +
.


Giải:











D
ễ thấy:


ABF
ACE
α
β


>


>



* Trong
ABD
∆
ta lấy điểm K sao cho
/ /
/ /
BK DE
DK BF




T
ừ đó ta có
1 1
. .sin . .sin
2 2
ACK ADK
S S S AB BK AD DK S
α β
+ ≤
⇒

+ ≤

. .sin . .sin 2 (1)
AB BK AD DK S
α β
⇔ + ≤

D
ễ thấy DKBC là hình bình hành.
(2)
BK CD
BC DK
=


=


Thay (2) vào (1) ta có:
. .sin . .sin 2 (1)
AB CD AD BC S
α β
+ ≤

β
αα
β
K
E
F

B
A
D
C
P
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

5

* Trong nửa mặt phẳng có bờ là BD ta lấy điểm P sao cho
DP BC
BP CD
=


=

.
Dễ thấy


1 1
. sin . .sin
2 2
1 1
. .
2 2
ABCD ABPD ADP ABP
S S S S AD DP ADP BA BP ABP
AD DP BA BP

= = + = +
≤ +

2 . .
S AB CD AD BC
⇔ ≤ +

V
ậy
. sin . .sin 2 . .
AB CD AD BC S AB CD AD BC
α β
+ ≤ ≤ +


*Một số kiến thức thường dùng để giải tóan cực trị trong mặt phẳng:
- Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, hình chiếu.
- Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh góc vuông AH và
cạnh huyền AB thì
AH AB
≤
. Xảy ra dấu bằng khi
H B
≡
.
- Trong các đoạn thẳng nối từ điểm đến đường thẳng, đoạn nào vuông góc với đường
thẳng là đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong các đoạn thẳng nối 2 điểm thuộc hai đường thẳng song song, đoạn thẳng vuông
góc với hai đường thẳng song song có độ dài ngắn nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ 1 điểm đến cùng một đường thẳng, đường xiên lớn hơn khi

và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
- Một tứ giác lồi bị chứa trong một tứ giác khác (không nhất thiết là lồi) thì chu vi của tứ
giác bị chứa sẽ nhỏ hơn chu vi của tứ giác chứa nó bên trong.
- Độ dài đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn độ dài đường chéo lớn
nhất
- Trong tất cả các dây cung qua một điểm cho trước trong một đường tròn thì dây cung có
độ dài nhỏ nhất là dây cung vuông góc với đoạn thẳng nối tâm đường tròn với điểm đó.
- Trong các tam giác có cùng chu vi thì tam giác đều có diện tích lớn nhất.
- Một đường thẳng có thể cắt nhiều nhất hai cạnh của một tam giác.(nguyên tắc
Dirichlet).

* Một số ví dụ:


Vd1: Cho
đoạn thẳng AB có độ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông
góc với AB. Qua trung điểm M của AB có 2 đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với
nhau và cắt Ax, By lần lượt tại C,D. Xác định vị trí của các điểm C,D sao cho
MCD
∆
có
diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích đó.

Giải:

a
2
1
H
D
MA B
C
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

6




Gọi K là giao điểm của CM và DB,
(
)
MAC MBK gcg MC MK
∆ = ∆ ⇒ =

DCK
∆
cân


1 2
D D
⇒

=
K
ẻ
MH CD
⊥
Do M thuộc phân giác góc D nên MH=MB=a.
1
.
2
MCD
S CD MH
= .
Do
2 &
CD AB a MH a
≥ = =
nên:
2
1
2 .
2
MCD
S a a a CD Ax
≥ =
⇒
⊥ . Các điểm C,D được xác định trên Ax, By sao cho
AC=BD=a

* Trong l
ời giải trên, S

MCD
được biểu thị bởi
1
.
2
CP MH
. Sau khi chứng minh MH không
đổi, ta thấy S
MCD
nhỏ nhất khi và chỉ khi CD nhỏ nhất.
- Nếu bài toán trên không cho M là trung điểm AB thì ta phải giải quyết ra sao?







1
. ,
2
MCD
S MC MD MAC MDB
α
= = =
(cùng phụ

BMD
)
,

cos sin
a b
MC MD
α α
⇒
= = nên
1
2 sin cos
MCD
ab
S
α α
=
Do a,b,c là h
ằng số nên S
MCD
nhỏ nhất khi và chỉ khi
2sin os
c
α α
lớn nhất.
2 2
2sin cos sin cos 1
MCD
S ab
α α α α
≤ + = ⇒ ≥

min sin cos tan 1 45
MCD

o
S
ab
α α α α
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =

⇒
Các
đ
i
ể
m C,D trên Ax, By
đượ
c xác
đị
nh sao cho AC=AM, BD=BM
Đ
ây
đượ
c xem là bài toán t
ổ
ng quát.

Vd 2: Cho
ABC
∆
có

B
là góc tù, D di

độ
ng trên BC. Xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a D sao cho t
ổ
ng
các kh
ỏ
ang cách t
ừ
B và t
ừ
C
đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng AD có giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t.
b

a
α
D
A
BM
C
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


7


Gi
ả
i:


Ta có :
1 1 1
. . .
2 2 2
ABC
S AH BC BE AD CF AD
= = +
2
ABC
S
BE CF

AD
⇒ + = . Do
đ
ó
(
)
max min
BE CF AD
+ ⇔

AD nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi hình chi
ế
u HD nh
ỏ
nh
ấ
t.
HD HB
≥
và HD=HB khi
D B
≡

Suy ra

đ
pcm.

Vd3: Cho tam giác ABC vuông có
độ
dài c
ạ
nh góc vuông AB=6cm, AC=8cm. M là
đ
i
ể
m
di
độ
ng trên c
ạ
nh huy
ề
n BC. G
ọ
i D và E là chân các
đườ
ng vuông góc k
ẻ
t
ừ
M
đế
n AB
và AC. Tính di

ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a t
ứ
giác ADME.

Gi
ả
i:
Đặ
t

AD x
=
thì
ME x
=
. Theo Thalet:
4 4
8
6 8 3 3
EM CE x CE
CE x AE x
AB CA
= ⇒ = ⇒ = ⇒ = −

Ta có:
( ) ( )
( )
2
2
2 2
4 4
. 8 8
3 3
4 4 4
6 6 9 12 3 12 12
3 3 3
ADME
S AD AE x x x x
x x x x x
 
= = − = −
 
 
= − − = − − + + = − − + ≤

2
12 3
ADME
S cm x D
= ⇔ = ⇒ là trung
đ
i
ể
m c

ủ
a AB, M là trung
đ
i
ể
m BC, E là trung
đ
i
ể
m
AC.

Vd4: Cho tam giác ABC,
đ
i
ể
m M di chuy
ể
n trên c
ạ
nh BC. Qua M k
ẻ
các
đườ
ng th
ẳ
ng
song song v
ớ
i AC và AB, chúng c

ắ
t AB và AC theo th
ứ
t
ự
D và E. Xác
đị
nh v
ị
trí M sao
cho ADME có S
max
.

Gi
ả
i:








G
ọ
i S
ABC
=S, S

BDM
=S
1
, S
EMC
=S
2
.
Ta nh
ậ
n th
ấ
y
( )
1 2
ADME 1 2
S max min min
S S
S S
S
+
⇔ + ⇔
Các
&
DBM EMC
∆ ∆

đồ
ng d
ạ

nh v
ớ
i
ABC
∆
nên:
E
F
H
C
A
B D
yx
2
1
K
EH
D
B
C
A
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


8

( )
2 2

1 2
2 2 2 2
1 2
2
2
;
1
2
S SBM MC
S BC S BC
S S BM MC x y
S BC
x y
   
= =
   
   
+ + +
⇒ = = ≥
+

Nh
ư
v
ậ
y
1
max
2
ADME

S S
= . D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
x y
=
. Khi
đ
ó M là trung
đ
i
ể
m
c
ủ
a BC.

Vd 5: Gi
ả
s
ử

1 1 1
, ,
C B A
là các

đ
i
ể
m tùy ý trên các c
ạ
nh AB,CA,BC c
ủ
a tam giác ABC .Ký
hi
ệ
u
1 2 3
, , ,
S S S S
là di
ệ
n tích các tam giác
1 1 1 1 1 1
, , ,
ABC AB C BC A CA B
CMR:
1 2 3
3
2
S S S S
+ + ≤

Gi
ả
i:

B
Đ
T
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
3
1 2
3
2
S
S S
S S S
+ + ≤


1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
1 3
. . . 2 2
AB AC BA BC CB CA AB AC BC BA CA CB
VT
AB AC AB BC AC BC AC AB AB BC BC AC
 
= + + ≤ + + + + + =

 
 



MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC:

1.Cho tam giác ABC nh
ọ
n. D
ự
ng m
ộ
t tam giác có chu vi nh
ỏ
nh
ấ
t n
ộ
i ti
ế
p tam giác ABC,
t
ứ
c là có 3
đỉ
nh n
ằ
m trên ba c
ạ

nh c
ủ
a tam giác ABC.

Gi
ả
i:









Xét
MNP
∆
n
ộ
i ti
ế
p
ABC
∆
m
ộ
t cách tùy ý.
(

)
, ,
M AB N BC P AC
∈ ∈ ∈ . V
ẽ
E,F sao cho
AB là trung tr
ự
c c
ủ
a NE và AC là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a NF.
Chu vi
MNP MN MP PN EM MP PF FE
∆ = + + = + + ≥





1 2
2 2 2
EAF A A BAC
= + =
FAE

∆
là tam giác cân có góc
ở

đỉ
nh không
đổ
i nên c
ạ
nh
đ
áy nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi
c
ạ
nh bên nh
ỏ
nh
ấ
t.
2
1
B
C
A

N
M
P
E
F
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


9

Ta có: EF nh
ỏ
nh
ấ
t
min min
AE AN AN BC
⇔ ⇔ ⇔ ⊥

Ta có nh
ậ
n xét r
ằ
ng khi N là chân
đườ
ng vuông góc k
ẻ
t

ừ
A thì M và P c
ũ
ng là chân 2
đườ
ng cao còn l
ạ
i c
ủ
a tam giác.
Ch
ứ
ng minh nh
ậ
n xét trên nh
ư
sau:
HMP
∆
: AB là
đườ
ng phân giác c
ủ
a

EMH
, AC là
đườ
ng phân giác c
ủ

a

FPH
.
Ta có: AB,AC g
ặ
p nhau t
ạ
i A nên AH là tia phân giác c
ủ
a góc trong c
ủ
a tam giác t
ạ
i H
hay HA là tia phân giác

MHP
. Vì
AH HC
⊥
nên HC là
đườ
ng phân giác góc ngòai c
ủ
a
A t
ạ
i
đỉ

nh H.










Theo trên, AC là
đườ
ng phân giác ngòai t
ạ
i
đỉ
nh P, HC g
ặ
p AC t
ạ
i C nên MC là tia phân
giác góc trong t
ạ
i M.
MB và MC là các tia phân giác c
ủ
a hai góc k
ề
bù nên

,
MB MC PC PB
⊥ ⊥
.
⇒
Chu vi
MNP
∆
min khi M,N,P là chân 3
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác ABC.
Do
ABC
∆
nh
ọ
n nên M,N,P thu
ộ
c biên c
ủ
a tam giác.

2. Hai anh em chia tài s
ả
n là m
ộ
t mi
ế

ng
đấ
t hình tam giác ABC. H
ọ
mu
ố
n chia
đ
ôi di
ệ
n
tích mi
ế
ng
đấ
t b
ằ
ng m
ộ
t b
ờ
rào ng
ắ
n nh
ấ
t. Tính
độ
dài m c
ủ
a b

ờ
rào này theo di
ệ
n tích S
và góc nh
ỏ
nh
ấ
t
α
c
ủ
a tam giác.

Gi
ả
i:
B
ờ
rào ph
ả
i c
ắ
t hai c
ạ
nh c
ủ
a tam giác. Gi
ả
s

ử
góc t
ạ
i
đỉ
nh
đ
ó là Â,
độ
dài c
ủ
a b
ờ
rào là
IK=m và kh
ỏ
ang cách t
ừ

đỉ
nh c
ủ
a góc

A
t
ớ
i hai
đầ
u b

ờ
rào là x và y.
(
)
2 2 2
2 cos 1
IK x y xy A⇒ = + −
Đặ
t , , ,
AIK ABC
S S S S AI x AK y
′
= = = =
, ta có: '
2
S
S const
= = .
Do
1
ysin
2
S x A
′
= mà
S
′
và

A

không
đổ
i nên xy không
đổ
i.
(
)
2 2
min min
IK x y⇔ + . Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c AM-GM, ta có
(
)
2 2
min
x y x y
+ ⇔ =

Nh
ư
v
ậ
y xét b

ờ
rào ch
ắ
n góc A thì
độ
dài b
ờ
rào ng
ắ
n nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi
AIK
∆
cân t
ạ
i
A.
2 'tan . '
2 2
A S
IK S Do S
= =
nên
2tan
2
A
IK =

.
P
M
B C
A
H
F
E
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


10

V
ậ
y
độ
dài b
ờ
rào ng
ắ
n nh
ấ
t
 

{ }
(

)
2tan min , ,
2
m A B C
α
α
= = =


3. Cho
ABC
∆
n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn tâm O bán kính R có a,b,c là
độ
dài 3 c
ạ
nh và
m
a
,m
b
,m
c
là trung tuy

ế
n l
ầ
n l
ượ
t t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ
i 3
đỉ
nh A,B,C. Các trung tuy
ế
n c
ủ
a tam
giác (theo th
ứ
t
ự
trên) c
ắ
t
đườ
ng tròn t
ạ
i A,B,C. Tìm GTLN c
ủ

a:
2 2 2 2 2 2
c a b
a b b c c a
m m m
+ + +
+ +

Gi
ả
i:
Tr
ướ
c h
ế
t ta có
2
2 2 2
2
2
a
a
b c m+ = +
Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh:
2 2
4

a
b c
R
m
+
≤
Theo h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng
đườ
ng tròn:
2 2
1 1 1
. .
4 4
a
a
a a
MA MA MB MC m MA MA
m
= ⇔ =
⇒
=
Ta l
ạ
i có:

1 1
2
MA MA AA R
+ = ≤
2
2 2
2
2 4 8
4
2 4 .
2
a a a
a
a a
a
m R m a Rm
m
a
m R m
⇒ + ≤ ⇒ + ≤
⇒ + ≤

2 2
2 2
4 4
a
a
b c
b c Rm R
m

+
+ ≤ ⇒ ≤ .
M
ộ
t cách t
ươ
ng t
ự
, và c
ộ
ng các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c l
ạ
i v
ế
theo v
ế
ta có
đ
pcm.
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi và ch

ỉ
khi:
1
1
1
2
2
2
AA R
BB R ABC
CC R
=


= ⇔ ∆


=


đề
u. Khi
đ
ó d=2R.

4. G
ọ
i H là tr
ự
c tâm

ABC
∆
nh
ọ
n và r là bán kính
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác. Cm:
6
HA HB HC r
+ + ≥
. D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi nào?

Gi
ả
i:

Ta th
ấ
y:
2 3

.
2
BC
HA S S
= +

( )
2 3 2 3
2
2
a
x S S ax S S
⇒ = + ⇒ = +
T
ươ
ng t
ự
:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


11

(
)
( )
1 3
1 2

2
ax 2.2
2
ABC
by S S
by cz S
cz S S
= + 

+ + =

= +



Ta c
ầ
n ch
ứ
ng minh:
x y z 6
r
+ + ≥

Gi
ả
s
ử
:
a b c

≥ ≥
. Theo quan ni
ệ
m v
ề

đườ
ng xiên và hình chi
ế
u
x y z
⇒ ≤ ≤

T
ừ

đ
ây ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh
(
)
(
)
(
)
(
)

3 ax 2
a b c x y z by cz+ + + + ≥ + +

Th
ậ
t v
ậ
y:
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
( )( ) ( )
2 3ax 3 3 0
0
0 3
a x y z b x y z by c x y z cz
a y x x z
y z a b
⇒ + + − + + + − + + + − ≥
⇔ − − − ≥ 
 
⇔ − − ≥
∑
∑

Vì
a b c
≥ ≥
,
x y z
≤ ≤
nên (3)
đ
úng.
T
ừ
(1) và (2)
( )( )
3.4 12
2
6
a b c
a b c x y z S r
x y z r
+ +
+ + + + ≥ =
⇒ + + ≥

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả

y ra khi và ch
ỉ
khi:
a b c
a b c ABC
x y z
= =

⇔ = = ⇔ ∆

= =


đề
u.

5.
ABC
∆
có c
ạ
nh

BC a
=
không
đổ
i và

A

α
=
không
đổ
i. Hãy xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a A
để

ABC
∆
có chu vi nh
ỏ
nh
ấ
t.

Gi
ả
i:

Xét A n
ằ
m trên m
ộ
t n
ữ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng b
ờ
BC. Ta có A di chuy
ể
n trên cung ch
ứ
a góc
α

d
ự
ng trên BC.
Trên tia

đố
i c
ủ
a tia AB l
ấ
y D sao cho AD=AC.
Chu vi
ABC
∆
b
ằ
ng
AB BC CA AB BC a
+ + = + +

Chu vi
ABC
∆
l
ớ
n nh
ấ
t
(
)
max max
AB AC BD⇔ + ⇔
.
a
c

b
x
y
z
3 2
1
B C
A
H
a
α
2
α
D'
K
A'
B C
A
D
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


12

Mà

2
BDC D

α
= ⇒ di
độ
ng trên cung ch
ứ
a
2
α
d
ự
ng trên
đ
o
ạ
n BC (có gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i ti
ế
p
tuy
ế
n t
ạ
i B)
đ
ó là cung KC.

Do v
ậ
y BD max khi và ch
ỉ
khi BD là
đườ
ng kính c
ủ
a cung ch
ứ
a góc trên (tâm c
ủ
a cung
ch
ứ
a góc
2
α

đ
ó chính là
đ
i
ể
m
A
′
,
đ
i

ể
m chính gi
ữ
a cung ch
ứ
a góc
α
)
ABC
∆
có chu vi l
ớ
n nh
ấ
t khi nó là tam giác cân t
ạ
i A có

,BC a A
α
= =


6. Tam giác
,
ABC M
là
đ
i
ể

m
ở
trong tam giác.
Ở
bên ngòai tam giác k
ẻ
các
đườ
ng th
ẳ
ng
song song v
ớ
i các c
ạ
nh, cách chúng m
ộ
t kh
ỏ
ang b
ằ
ng kh
ỏ
ang cách t
ừ
M
đế
n c
ạ
nh

đ
ó.
M
ỗ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
ó t
ạ
o v
ớ
i m
ộ
t c
ạ
nh c
ủ
a tam giác và các
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a hai c
ạ
nh kia
m

ộ
t hình thang. Ch
ứ
ng t
ỏ
r
ằ
ng t
ổ
ng di
ệ
n tích c
ủ
a ba hình thang
đ
ó không nh
ỏ
h
ơ
n
7
3
ABC
S
.

Gi
ả
i:

G
ọ
i di
ệ
n tích các tam giác , , ,
ABC MBC MAC MAB
và các hình thang l
ầ
n l
ượ
t là
' ' '
1 2 3 1 2 3
, , , , , ,
S S S S S S S

.
Ta có:
(
)
. .
ADE ABC g g g
∆ ∆
∼

2
1 2 2
2 2
2
1 1 2 1
2
2
1
1 1
1
2
ADE
ABC
S AA AA MM
S AA AA
S S S MM S
Do
S S AA S
S
S S
S

   
+
⇒ = =
   
   
 
′
+
 
⇒ = + =
 
 
 
 
′
⇒ = +

T
ươ
ng t
ự
ta có:
2
2
3
2
2 2 3 3
2 ; 2
S
S

S S S S
S S
′ ′
= + = +
B
C
A
M
A
2
M
2
H
G
D
E
F
K
A
1
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


13

Mà:
(
)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
3
S S S S S S S S S S S S S S S
+ + = + + + − + − + − ≥ + +

( )
2
2 2 2
1 2 3 1 2 3
3
S
S S S Do S S S S
⇒ + + ≥ = + +
Do
đ
ó:
1 2 3 1 2 3
7
2
3 3
S
S S S S S S S S
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ + ≥ + ⇒ + + ≥ .
Ta có
đ
pcm.

7. Cho
ABC
∆
, trên 2 c
ạ
nh AB và AC l
ấ
y 2
đ
i
ể
m E,F sao cho có
đ
i
ể
m a trong
AEF
∆
th
ỏ
a
2
3
ABE AGF
ACE AGE
S S
S S
=



=

. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
4
9
BEGF CFGE ABC
S S S
+ ≥ .


Gi
ả
i:









Ta
đặ
t:

1 2
; ;
ABC AEG AFG
S S S S S S
= = =
Ta có:
2 1 2
1 2
1 1 2
3
(1)
3
ABF BEGF
BEGF CFGE
ACE CFGE
S S S S S
S S S S
S S S S S
= = + +

⇒ + = +

= = + +


Ta có:
( )
1 2
1 1 1
3 3 3

ACE
ABF
ACE ABF
S S
AE AF
S S S S S S
S S AB AC
 
 
+ = + = + = +
 
 
 
 

1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
.2
3 3
2
3
4
(2)
9
AEF
SAE AF
S S S S

AB AC S
S S
S S S
S
S S S
⇒ + ≥ =
+
⇒ + ≥
⇔ + ≥

Từ (1) và (2) suy ra
4
9
BEGF CFGE
S S S
+ ≥
D
ấu “=” xảy ra
1 2
S S
G EF
=


∈



F
E

B
C
A
G
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

14

8.Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và bán kính R. Điểm M nằm trên AO và
1
AM
k
MO
= >
. Từ M kẻ dây CD bất kì. Tìm max
ABCD
S
.

Giải:

( )
2
2 1 ons
ABCD ACD BCD
OCD OCD
S S S
AM BM AB AO
k c t
S S MO MO MO MO

+
= = + = = = + =
ABCD
S⇒ lớn nhất
OCD
S
⇔ lớn nhất
Mà ta l
ại có:
1
. .sin
2
OCD
S OC OD
α
= nên
OCD
S
khi
sin
α
lớn nhất
α
⇔
nhỏ nhất.
Mà ta d
ễ thấy:
90 180
α
< <

.
sin
α
lớn nhất
α
⇔
nhỏ nhất.
Ta d
ễ thấy
α

CD OA
⇔ ⊥
.
Khi
đó ta có:
' '
max
OCD
S OC D
S=
Ta có:

( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
1 1
1 1

' 2
1 1
OM OM R
OM
MA k R k k
R R
MC R k k
k k
= ⇔ = ⇒ =
+ +
= − = +
 
 
+ +

( )
( )
( )
( )
( )
2
' '
2
2
' 2
1
2
' ' 2
1
1

. ' ' 2
2
1
2
2
1
ABCD
OC D
S
R
MC k k
k
R
C D k k
k
R
S MO C D k k
k
R
Max k k
k
⇒ = +
+
⇒ = +
+
⇒ = = +
+
⇒ = +
+

9. Gi
ả
s
ử
có m
ộ
t tam giác nh
ọ
n di
ệ
n tích S
1
, và có m
ộ
t tam giác vuông ch
ứ
a tam giác
nh
ọ
n nói trên, có diên tích S
2
. Hãy tìm S
2
nh
ỏ
nh
ấ
t và so sánh S
1

và S
2
.

Gi
ả
i:
G
ọ
i tam giác nh
ọ
n là ABC có

A
là góc l
ớ
n nh
ấ
t. G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m BC. Trên BC l
ấ
y
E,F sao cho ME=MF=MA.
BC a
⇒

=
. Tam giác AEF vuông t
ạ
i A.
Khi
đ
ó
AEF
∆
có di
ệ
n tích S
2
nh
ỏ
nh
ấ
t.
Ta có: vì Â l
ớ
n nh
ấ
t:


A B BC AC
⇒ ≥ ⇒ ≥
Ta có:



180
o
AMF AME+ =


(
)
max ; 90
o
AMF AME⇒ ≥
Gi
ả
s
ử


90
o
AMF ≥
α
D'
C'
D
B
O
A
C
M
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


15

Suy ra tam giác AMF tù.
2 2 2 2 2
AM ME AC BC a
⇒
+ ≤ ≤ −

Ta có:
2
2 2
3
2 2
a a
AM a AM+ ≤ ⇒ ≤
Ta có:

3
2
2
3
2
2
AEF
ABC
a
S EF MA

a
S BC BC
= = ≤ =

3
AEF ABC
S S
⇒ ≤



* Bài tập tự luyện:
1. Cho
ABC
∆
có các c
ạ
nh không b
ằ
ng nhau, g
ọ
i các
đ
i
ể
m G,I,H l
ầ
n l
ượ
t là tr

ọ
ng tâm,
tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p, tr
ự
c tâm c
ủ
a tam giác. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:

90
o
GIH > .

2. Phân giác c
ủ
a góc A,B,C trong
ABC
∆
c
ắ
t

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p t
ạ
i
1 1 1
, ,
A B C
. Gi
ả
s
ử

, ,
o o o
A B C
l
ầ
n l
ượ
t là tâm
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc A,B,C . Ch
ứ
ng minh:

1 1 1
) 2 ;
) 4 .
o o o
o o o
A B C AC BA CB
A B C ABC
a S S
b S S
=
≥


3. Cho
ABC
∆
cân t
ạ
i A và có

0
60
BAC ≤ . Hãy tìm
đ
i
ể
m M trênm
ặ
t ph
ẳ

ng sao cho t
ổ
ng
MB MC MA
+ −
nh
ỏ
nh
ấ
t có th
ể
.

4. Tìm
đ
i
ể
m O trong
ABC
∆
cho tr
ướ
c sao cho t
ổ
ng kh
ỏ
ang cách t
ừ
O t
ớ

i ba
đỉ
nh c
ủ
a tam
giác ABC nh
ỏ
nh
ấ
t có th
ể
(
Đ
i
ể
m Toricenli).

5 ABCD là m
ộ
t t
ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p. Tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti

ế
p n
ằ
m bên trong ABCD. C
ạ
nh
ng
ắ
n nh
ấ
t có
độ
dài b
ằ
ng
2
4
t
−
và c
ạ
nh dài nh
ấ
t có
độ
dài b
ằ
ng t, v
ớ
i

2 2
t
< <
. Các
ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i A và B c
ắ
t nhau t
ạ
i
A
′
, các ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i B và C c
ắ
t nhau t
ạ
i D và A c
ắ
t

nhau t
ạ
i
D
′
.Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a t
ỉ
s
ố

MF E
A
C B
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5

16

BÀI 2: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG



I. Sơ lược về phương pháp:

Không ch
ỉ
trong b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c tam giác ta m
ớ
i s
ử
d
ụ
ng h
ệ
th
ứ
c l
ượ

ng
để
h
ỗ
tr
ợ
cho vi
ệ
c
tính toán và ch
ứ
ng minh, mà trong các bài toán v
ề
tam giác nói chung, h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng
trong tam giác c
ũ
ng
đ
ã tr
ở
thành m
ộ
t công c
ụ

m
ạ
nh
để
tính toán,
đơ
n gi
ả
n hóa v
ấ
n
đề
,….
Qua vi
ệ
c s
ử
d
ụ
ng h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng trong tam giác ta có th
ể
s
ử
d

ụ
ng các công c
ụ
tính tóan
m
ạ
nh h
ơ
n n
ữ
a nh
ư
áp d
ụ
ng các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c c
ổ

đ
i
ể
n, hay các b
ấ
t
đẳ

ng th
ứ
c trong tam
giác (có nhi
ề
u b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c trong tam giác r
ấ
t
độ
c
đ
áo mà n
ế
u không
để
ý ch
ắ
c h
ẳ
n các
b
ạ
n không th
ể

th
ấ
y
đượ
c v
ẻ

đẹ
p huy
ề
n bí c
ủ
a nó). Ho
ặ
c t
ừ
vi
ệ
c áp d
ụ
ng h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng ta
có th
ể
bi

ế
n m
ộ
t bài toán hình h
ọ
c
đơ
n thu
ầ
n tr
ở
nên ph
ứ
c t
ạ
p, khó nhìn h
ơ
n vì nó b
ị

ẩ
n
gi
ấ
u sau m
ộ
t l
ọ
at các công th
ứ

c mà n
ế
u không n
ắ
m v
ữ
ng ki
ế
n th
ứ
c ch
ắ
c h
ẳ
n không ph
ả
i
ai c
ũ
ng làm
đượ
c.

* Một số hệ thức lượng và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác:

Cho tam giác
ABC
, v
ớ
i

, , ; , , , , ,
a b c a b c
AB c AC b BC a m m m d d d
= = = l
ầ
n l
ượ
t là các
trung tuy
ế
n và các phân giác
ứ
ng v
ớ
i các c
ạ
nh
1 2
, , ; ,
a b c d d
l
ầ
n l
ượ
t là kh
ỏ
ang cách t
ừ

tâm

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p t
ớ
i tr
ọ
ng tâm tam giác và tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p t
ớ
i tr
ọ
ng tâm
tam giác, p là n
ử
a chu vi tam giác, S là di
ệ
n tích tam giác;
,
r R
là các bán kính
đườ
ng

tròn n
ộ
i ti
ế
p và ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác;
, ,
a b c
r r r
là
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p các c
ạ
nh
, ,
a b c
. Ta
có các h
ệ
th
ứ
c sau:
2 2 2
2
2 2

4
a
b c a
m
+ −
= ;
2 2 2
2 2
9
a b c
d R
+ +
= −
( )
2 2 2
2
1
5 16
9
d p r Rr
= + − ; , ,
a b c
S S S
r r r
p a p b p c
= = =
− − −

4
abc

R
S
= ;
S
r
p
=
;
( )( )( )
S p p a p b p c
= − − −

2 3
3 3
2
a b c
a b c
a b c
m m m
m m m
a b c
+ + ≥
+ + ≥
;
(
)
(
)
(
)

a b c a c b b c a abc
+ − + − + − ≤

( ) ( )
9 5
20 4
a b b c c a
ab bc ca m m m m m m ab bc ca
+ + < + + < + +

Bây gi
ờ
chúng ta
đế
n v
ớ
i m
ộ
t bài toán.
Cho tam giác ABC v
ớ
i , ,
AB c BC a CA b
= = =
. G
ọ
i S là di
ệ
n tích tam giác này, và r và R
là bán kính

đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p và ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác;
, ,
a b c
m m m
l
ầ
n l
ượ
t là
độ
dài các
trung tuy
ế
n xu
ấ
t phát t
ừ
A,B,C. M là m
ộ
t
đ

i
ể
m b
ấ
t kì,
, ,
α β γ
là các s
ố
th
ự
c. Ta có b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c sau là hi
ể
n nhiên:
(
)
2
0
MA MB MC
α β γ
+ + ≥
  

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


17

Bình ph
ươ
ng hai v
ế
c
ủ
a
MA MB BA
− =
  
ta
đượ
c
2 2 2
2 .
MA MB MA MB AB
= + −
 
và t
ừ

đ
ây qua các phép bi
ế

n
đổ
i t
ươ
ng
đươ
ng ta s
ẽ
có
đượ
c b
đ
t sau:
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
1
MA MB MC a b c
α β γ α β γ βγ αγ αβ
+ + + + ≥ + +
D
ấ
u b
ằ
ng x
ả

y ra khi và ch
ỉ
khi
0
MA MB MC
α β γ
+ + =
  

Nh
ư
ng khi cho M là tr
ọ
ng tâm tam giác thì ta s
ẽ
có (1) tr
ở
thành:
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2
9
1.1
4
a b c
m m m a b c
α β γ α β γ βγ αγ αβ
+ + + + ≥ + +
- Ch

ọ
n , ,
a b c
α β γ
= = =
thay vào (1.1) ta
đượ
c:
( )
2 2 2
9
1.2
4
a b c
am bm cm abc+ + ≥
Bi
ế
n
đổ
i t
ươ
ng
đươ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (1.2) ta s

ẽ
có các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c sau:
2 2 2
9
2
2 2
a b c
a b c
a b c
m m m
abc
R S ah bh ch
h h h R
 
+ + ≥ = = = =
 
 

(
)
(
)
(
)

3 3 3 2 2 2
3 9 2
a b c abc a b c a b c
+ + + ≤ + + + +
- Ch
ọ
n
, ,
2
a b c
a p a b p b c p c p
+ +
 
= − = − = − =
 
 
thay vào (1.1).
Ta có:

( )( ) ( )( )( )
2
2
2
1 1
1
a p b p c ap p a p b p c
p a p
p a p r
S S pr ra
p a p p a

 
− − = − − − −
 
−
 
 
 
= − − = − −
 
 
− −
 
 

T
ươ
ng t
ự
v
ớ
i
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2

&
b p a p c c p a p b
− − − −
r
ồ
i áp d
ụ
ng h
ệ
th
ứ
c:
1 1 1 4
R r
p a p b p c pr
+
+ + =
− − −

Ta thu
đượ
c b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c sau:
(
)

(
)
(
)
(
)
2 2 2
9
a b c
p a m p b m p c m S R r
− + − + − ≥ −

- Ch
ọ
n , ,
a c
b
a b c
m m
m
α β γ
= = = thay vào 1.2 ta s
ẽ

đượ
c:
( )
9
1.3
4

b c a c b a
am m bm m cm m abc+ + ≥
- Ch
ọ
n , ,
bc ca ab
α β γ
= = =
thay vào 1.2 ta có:
( )
2 2 2
3 3 3
9
4
4
a b c
m m m
a b c
a b c ab bc ca
 
+ +
+ + ≥
 
+ +
 

Ch
ỉ
c
ầ

n d
ự
a vào vi
ệ
c ch
ọ
n b
ộ
s
ố

, ,
α β γ
thích h
ợ
p chúng ta
đ
ã có
đượ
c nh
ữ
ng b
ấ
t
đẳ
ng
th
ứ
c
đẹ

p, các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c này c
ũ
ng
đượ
c
ứ
ng d
ụ
ng r
ấ
t nhi
ề
u trong vi
ệ
c gi
ả
i các bài b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c hình h
ọ

c, h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng.


II. Một số ví dụ:

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


18

Vd 1: Cho
ABC
∆
, t
ừ

đ
i
ể
m F trên AC v
ẽ
các

đ
o
ạ
n th
ằ
ng EG//AB, và EF//AC (F,G thu
ộ
c
đ
o
ạ
n AB và AC). Cm
2
16
ABC BEF CEG
S S S
≥ .

Gi
ả
i:

Qua
đề
bài ta d
ễ
nh
ậ
n th
ấ
y r
ằ
ng
để
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c trên ta s
ẽ
dùng b
ấ
t
đẳ
ng
th
ứ

c AM-GM và công th
ứ
Herong là phù h
ợ
p. D
ễ
th
ấ
y AFEG là hình bình hành.
AF GE
AG EF
=

⇒

=


Ta
đặ
t :
2 1
1 2
1 2
; ;
; ;
; ;
BC a BE a CE a
AB c AF c FB c
CA b AG b GC b

= = =
= = =
= = =

Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2
16 16 ( )( )( ) ( )( )( )
BEF CEG
S S p p a p b p c p p a p b p c
= − − − − − −
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
2 2 ( )( )2 ( )( )2 ( )( )
p p p a p a p b p c p c p b
= − − − − − −
( ) ( ) ( ) ( )
{
}
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
p p p p a a p p b b p p c c≤ + + − + + − + + − +
     
     

(
)
(
)
(
)
2
ABC

p p a p b p c S
= − − − =

V
ậ
y ta có:
2
16
ABC BEF CEG
S S S
≥
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi E là trung
đ
i
ể
m BC.

Vd 2: Cho tam giác ABC vuông t
ạ
i C. K
ẻ

đườ
ng cao CH và phân giác CE c

ủ
a góc ACH,
CE c
ủ
a góc BCH. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2 1
ABC
CEF
S
S
≥ +
.

Gi
ả
i:
Đặ
t ; ;
AB c BC a CA b
= = =

Ta có:
ABC
CEF
S
AB

S EF
=
Ta có:


CBF ACH
=




ACF FCB FBC CFA
⇒
= + =
ACF
⇒
∆
cân t
ạ
i A.
AC AF b
⇒
= =

c
2
c
1
b
2

b
1
a
2
a
1
B
A
C
F
E
G
F
E
H
B
C
A
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


19

T
ươ
ng t
ự
: tam giác BCE cân t

ạ
i B suy ra BC=BE=a
EF BE AF AB a b c
⇒
= + − = + −

Để
ch
ứ
ng minh:
(
)
( )
2 1 2 1
2 1 2 (1)
AB
c EF
EF
c a b c c a b
≥ + ⇔ − ≥
⇔ − ≥ + − ⇔ ≥ +

Ta có:
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 (2)
c a b ab c ab c
c ab c
= + ≥ ⇒ ≥ +

⇒ ≥ +

Mà ta có:
( )
2
2 2 2
2
2 2
2 (3)
ab c a b ab a b
ab c a b
+ = + + = +
⇒
+ = +

T
ừ
(1),(2),(3) ta có:
2 1 2 1
ABC
CEF
S
c
EF S
≥ + ⇒ ≥ +
(
đ
pcm)

Vd 3: Cho

ABC
∆
. L
ấ
y M thu
ộ
c AB, N thu
ộ
c AC, th
ỏ
a
1
AM AN
k
AB AC
= = <
; D
ự
ng AMON
làm thành hình bình hành. K
ẻ
1
đườ
ng th
ẳ
ng b
ấ
t kì d c
ắ
t AB,AC t

ạ
i E,F sao cho G không
n
ằ
m ngòai
AEF
∆
. Ch
ứ
ng minh:
2
4
AGE AGF ABC
S S k S
+ ≥

Gi
ả
i:
Ta có:
. cos . .cos
ANB AMC
S AN AB AM AC S
α α
= = =
1 2
,
h h
l
ầ

n l
ượ
t là kh
ỏ
ang cách t
ừ
M và B t
ớ
i AC.
Khi
đ
ó ta có:
1 1
2 2
AGF
AMF
ABF ABF
S
h S hAM
k k
h AC S S h
= = ⇒ = = =

T
ươ
ng t
ự
ta có:
AGE
ACE

S
k
S
=

Ta có:
( )
ACE
ABE
AGE AGF ACE ABF
ABC ABC
S
S
S S k S S k
S S
 
+ = + = +
 
 

.
2
.
. .cos
2 2 2
. .cos
ABC ABC
AGE AGF
AEF
ABC ABC ABC

ABC ABC
AE AF AE AF
kS kS
AB AC AB AC
S S
SAE AF
kS kS kS
AB AC S S
α
α
 
= + ≥
 
 
= = ≥

2
2
AGE AGF ABC
S S k S
⇔ + ≥ (
đ
pcm)
α
F
E
B
C
A
G

M
N
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


20

D
ấ
u “=” x
ả
y ra
/ /
AGE AGF
EF BC
G EF
S S


∈


=



Vd 4: Trong t
ấ

t c
ả
các t
ứ
giác có 3 c
ạ
nh là a. G
ọ
i S là di
ệ
n tích các t
ứ
giác
đ
ó. CM:
2
3 3
4
a
S ≤

Gi
ả
i:

Ta có:


(
)


(
)
360
o
A D B C
+ + + =



(
)


(
)
min ; 180
o
A D B C
 
⇒ + + ≤
 

Qua C k
ẻ
d//AB.
V
ẽ
(A;2a) c
ắ
t d t
ạ
i
D
′
. Khi
đ
ó ta có t
ứ
giác
ABCD
′
c
ũ
ng th
ỏ
a
đ
i
ề
u ki
ệ

n c
ủ
a t
ứ
giác nêu
ra.
Ta có:


' 90
o
DAC DA C> ≥
Suy ra kh
ỏ
ang cách t
ừ
D
đế
n AC nh
ỏ
h
ơ
n kh
ỏ
ang cách t
ừ

D
′

đế
n AC
' ' ' ' '
ADC AD C ABC ADC AD C ABC ABCD AB C D
S S S S S S S S⇒ < ⇔ + < + ⇔ <
Nên
để
t
ứ
giác trên có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t thì có
đ
i
ề
u ki
ệ
n 2 c
ạ
nh này song song. Ta xét
di
ệ
n tích hình thang
đ
ó.
K

ẻ
BE//AD.
Khi
đ
ó ABED là hình thoi.
BEC
∆
là tam giác cân t
ạ
i B.
Đặ
t

ADE
α
=
ta có:

2
EBC
π α
= −
Ta có:
( )
( )
2 2
2
1
sin sin 2
2

1
sin sin 2 1
2
ABCD ABED BCE
S S S a a
a
α π α
α α
= + = + −
 
= +
 
 

a
a
a
d
A
B
A'
C
D
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


21

[ ]
( )
( ) ( )( ) ( )
4
2
2 3
2 2
1
sin sin 2 sin sin cos sin (1 cos ) 0
2
1 1 6
sin (1 cos ) 1 cos 1 cos 3 3cos 1 cos
3 3 4
S
S AM GM
α α α α α α α
α α α α α α
= + = + = + >
 
⇒ = + = − + = − + ≤ −
 
 
( )
3 3
2
4
S⇒ ≤
T
ừ
(1) và (2)

2
3 3
4
ABCD
S a
≤ . B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đượ
c ch
ứ
ng minh xong.
D
ấ
u “=” x
ả
y ra

1
3cos 1 cos cos 60
2
o
B
α α α α
− = + ⇔ = ⇔ =
T

ứ
c là t
ứ
giác là n
ử
a l
ụ
c giác
đề
u.
Khái quát hóa bài toán ta có bài toán sau:

Vd 5: Cho t
ứ
giác có m
ộ
t c
ạ
nh có
độ
dài l
ớ
n h
ơ
n 1. Ch
ứ
ng minh:
3 3
4
S ≤

Gi
ả
i:
B
ằ
ng cách t
ươ
ng t
ự
bài trên ta ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ứ
giác
đ
ó ph
ả
i có 2 c
ạ
nh song song
nhau.
Gi
ả
s
ử
BC//AD. K
ẻ

CE//AB c
ắ
t AD t
ạ
i E. Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát gi
ả
s
ử
:
CD AB
β α
≤
⇒
≥
.
Ta có:
( )
( )
1
. sin . sin
2
1
sin sin
2
ABCD ABCE ECD
S S S BC CE CE CD

α γ
α π α β
= + = +
≤ + − +

( )
1
sin sin
2
ABCD
S T
α α β
⇒ ≤ + + =

Qua C ta k
ẻ

đ
o
ạ
n th
ẳ
ng t
ạ
o v
ớ
i AD góc
α
.
Khi

đ
ó ta có:
* N
ế
u
180 90
o o
α β
> + ≥
(
)
90 sin sin 2
o
γ α β α
⇒
<
⇒
+ ≤

1 3 3
sin sin 2
2 4
T
α α
⇒ ≤ + ≤
D
ấ
u “=” x
ả
y ra

1
3
AB CE BC
α β
π
α


= = =

⇔ =



=


T
ứ
c là ABCD là n
ử
a l
ụ
c giác
đề
u.
α
β
α
δ

γ
α
E
A
D
B
C
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


22


Vd 6: Cho l
ụ
c giác
ABCDEF
n
ộ
i ti
ế
p trong
(
)
;
O R
và ; ;
AB BC CD DE EF FA

= = =
.
Ch
ứ
ng minh:
ACE BDF
S S
≤

Gi
ả
i:
Ta
đặ
t:



CAE
CEA
ACE
α
β
γ

=


=



=



Khi
đ
ó:

( )

( )

( )
1
2
1
2
1
2
DFB
DBF
BDF
α β
β γ
γ α

= +




= +



= +



Khi
đ
ó:
2
1 1
. .sin 2 sin .2 sin sin 2 sin sin sin
2 2
ACE
S AC CE R R R
γ β α γ β α γ
= = =
T
ươ
ng t
ự
:
2
2 sin sin sin
2 2 2
BDF
S R

α β β γ γ α
+ + +
     
=
     
     

Suy ra ta có:
ACE BDF
S S
≤
sin sin sin sin sin sin cos cos cos
2 2 2 2 2 2
1
sin sin sin
2 2 2 8
α β β γ γ α α β γ
β α γ
α β γ
+ + +
     
≤ ≤
     
     
⇔ ≤

B
ấ
t
đẳ

ng th
ứ
c cu
ố
i cùng
đ
úng. D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi l
ụ
c giác
đ
ã cho
đề
u.

III. Một số bài toán chọn lọc:

1.

Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế

p trong m
ộ
t
đườ
ng tròn.
Đặ
t
a
a
a
m
l
M
= t
ươ
ng t
ự
v
ớ
i
,
b c
l l
.
V
ớ
i
, ,
a b c
m m m

là
độ
dài các phân giác k
ẻ
t
ừ
A,B,C t
ươ
ng
ứ
ng và
, ,
a b c
M M M
là
độ

dài các phân giác kéo dài, tính t
ừ
các
đỉ
nh t
ươ
ng
ứ
ng A,B,C
đế
n các giao
đ
i

ể
m c
ủ
a
chúng v
ớ
i
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2
3
sin sin sin
a b c
l l l
A B C
+ + ≥

Và d
ấ
u
đẳ
ng th

ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi tam giác ABC
đề
u.

γ
β
α
F
O
A
B
C
D
E
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


23

Gi
ả
i:
Gi

ả
s
ử

đườ
ng phân giác góc A c
ắ
t BC t
ạ
i P và c
ắ
t vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC
ở
Q.
Áp d
ụ
ng
đị
nh lí hàm s
ố
sin cho tam giác ABP ta có:
( )
0
sin sin
1
sin 180 sin

2 2
AP B B
A A
AB
B B
= =
   
− − +
   
   

V
ới chú ý rằng


C BQA
=
và







2
A
ABQ ABC CBQ ABC CAQ B
= + = + = +

Áp dụng định lí hàm số sin cho tam giác ABQ ta có:
( )
sin
2
sin
2
AB C
A
AQ
B
=
 
+
 
 

Nhân (1) và (2) v
ế theo vế ta được:
2
sin sin
sin sin
sin
2
a
a
a
m
AP B C
l B C
A

M AQ
B
= = = ≥
 
+
 
 

Hoàn toàn t
ương tự ta có:
2
2
sin sin
sin sin
sin
2
sin sin
sin sin
sin
2
b
b
b
c
c
c
m
A C
l A C
B

M
C
m
B A
l B A
C
M
A
= = ≥
 
+
 
 
= = ≥
 
+
 
 

T
ừ

đ
ó suy ra
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2
sin sin sin sin sin sin
sin sin sin sin sin sin
sin sin sin sin sin sin

3 3
sin sin sin
a b c
l l l
B C C A A B
A B C A B C
B C C A A B
A B C
+ + ≥ + +
≥ + + =

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi:
sin sin sin 1
2 2 2
A B C
B C A
     
+ = + = + =
     
     
t
ứ

c là khi
tam giác ABC
đề
u.
2.

Cho m,n,p là các s
ố
th
ự
c th
ỏ
a mãn
, , &
m n n p p m mn np mp
+ + + + +
là các s
ố
âm.
Đặ
t a,b,c là
độ
dài 3 c
ạ
nh, S là di
ệ
n tích tam giác ABC. Khi
đ
ó:
2 2 2

4
ma nb pc mn np mpS
+ + ≥ + +

Gi
ả
i:
Theo
đị
nh lí hàm s
ố
cosin, ta có:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5


24

( )
( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2 2
4
2 cos 2 sin
2 cos
ma nb pc mn np mpS
ma nb p a b ab C ab C mn np mp
a b

m p n p mn np mp p C
b a
+ + ≥ + +
⇔ + + + − ≥ + +
⇔ + + + ≥ + + +

Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c BCS ta có:
(
)
( )( )
( )( )
2
2 2 2
cos sin cos
mn np mp p C p mn np pm C C m p n p
+ + + ≤ + + + + = + +

M
ặ
t khác:
( ) ( ) ( )( )
2

4
a b
m p n p m p n p
b a
 
+ + + ≥ + +
 
 

Do
đó ta có điều phải chứng minh.
Câu hỏi đặt ra cho chúng ta là đẳng thức xảy ra khi nào? Đẳng thức xảy ra khi đẳng thức
ở bất đẳng thức BCS mà chúng ta sử dụng để chứng minh xảy ra. Tức là:
( ) ( )
( )( )
2 2
2
cos sin
cos sin 1
a b
m p n p
b a
C C
p
mn np mp
a b
n p m p
C C
p mn np mp m p n p


+ = +




=
+ +



=

+ +

⇔


= =

+ + + +


Thay
cos ,
C b
tương ứng vào biểu thức:
2 2 2
2 cos
c a b ab C
= + −

ta thu được:
( )( )
2 2 2 2
2
2
1 2
m p m p p
c a a a
n p n p
m p n p
c m p p
a n p n p
c m n a c
a n p
n p m n
+ +
= + −
+ +
+ +
+
 
⇔ = + −
 
+ +
 
+
⇔ = ⇔ =
+
+ +

T
ương tự ta có đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
n p m p m n
= =
+ + +

Bài toán này là m
ột định lí quen thuộc và có rất nhiều ứng dụng trong việc giải các bài
toán lớn hơn. Ví dụ ta có thể sử dụng định lí này để chứng minh các bài tóan sau:

Đặt a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác ABC và S là diện tích của tam giác đó.
3.
(Bất đẳng thức Hadwiger-Finsler)Chứng minh:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
4 3
a b c S a b b c c a
+ + ≥ + − + − + −

Gi
ải:
Thông thường khi nhìn vào bài này chúng ta sẽ nghĩ ngay đến công thức Herong và một
số bất đẳng thức cổ điển quen thuộc và đưa nó về một bài toán đại số không hơn không
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

25

kém. Nhưng nếu tinh ý nhận ra sự liên hệ giữa bài toán này và bài toán 2 thì bài toán trở

nên vô cùng dễ dàng.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
2 2 2
4 3
b c a c a b a b c
a b c S
a b c
+ − + − + −
+ + ≥
Theo định lí ta đã chứng minh ở trên thì ta chỉ cần chứng minh:
(
)
(
)
( )( )
3
0
b c a c a b
ab
a a b a c
+ − + −
≥
⇔ − − ≥
∑
∑

Đây lại chính là bất đẳng thức Schur.

4.
Chứng minh:

3
2 2 2
4
2
8 27
a b b c c a S
+ + ≥

Giải:
Ở bài toán này ta dễ dàng thấy rằng nó có liên hệ gì đó với bài toán 3. Và từ bài toán 3 ta
dễ dàng suy ra được rằng:
4 3
ab bc ca S
+ + ≥
Bây gi
ờ ta có thể trở về việc áp dụng định lí ở bài toán 2. Ta có:
3
2 2 2
4
2
4 8 27
a b b c c a ab bc caS S
+ + ≥ + + ≥
B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

5.
Chứng minh:
2 2 2
3 4

abc a b c S
≥ + +


Giải:
Cũng theo ý tưởng là sử dụng định lí ở bài toán 2, nhưng ở bài toán này chúng tôi muốn
giới thiệu tới bạn đọc 2 cách giải:
Cách 1:
Cách giải này giống như cách giải ở bài toán 3:
B
ất đẳng thức đã cho tương đương:
2 2 2 2 2 2
4
bc ca ab
a b c a b c S
a b c
+ + ≥ + +
Theo định lí trên thì ta có:
2 2 2
3 4
abc a b c S
≥ + +

B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

Cách 2:
Cách này lại hoàn toàn chẳng liên hệ gì tới định lí trên nhưng thú vị một điều là lời giải
của nó vô cùng ngắn gọn và đơn giản.
B

ất đẳng thức đã cho có thể viết dưới dạng
2 2 2 2
9
R a b c
≥ + +
, áp dụng định lí hàm số sin
ta sẽ có được bất đẳng thức tương đương với:
2 2 2
9
sin sin sin
4
A B C
+ + ≤

Đây là một bđt lượng giác cơ bản, bất cứ người học toán nào cũng biết nên việc chứng
minh bđt này chúng tôi sẽ bỏ qua, các bạn có thể tự tìm chứng minh cho mình.
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

26


6.
Chứng minh:
2 2 2
2 3
x y z
a b c S
y z x z x y
+ + ≥
+ + +

v
ới x,y,z là các số thực dương.

Giải:
Để chứng minh bài toán này ta có một bổ đề nhỏ:
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
3
( )( ) 4
0
xy yz xz
y z x z y x z x x y z y
x y z y z x z x y
+ + ≥
+ + + + + +
⇔ − + − + − ≥

B
ổ đề đã được chứng minh xong.
Giờ ta mới chứng minh tiếp tục bất đẳng thức này. Áp dụng định lí trên ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2
4
x y z xy yz xz
a b c S
y z z x x y y z x z y x z x x y z y
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +

Do
đó ta có đpcm.


7.
(Bất đẳng thức Pedoe) Đặt a,b,c là độ dài các cạnh cảu tam giác ABC với diện tích S.
Đặt
1 1 1
, ,
a b c
là độ dài các cạnh của tam giác
1 1 1
A B C
với diện tích
1
S
. Chứng minh
rằng:
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
16
a a b c b b c a c b c a SS
+ − + + − + − + + ≥

Giải:
Ở bài này chúng tôi cũng đưa ra hai cách chứng minh, một cách sử dụng định lí trên và
một cách khác sử dụng hệ thức lượng trong tam giác rồi đưa về định lí trên để hoàn tất
việc chứng minh.
Cách 1:
Áp dụng trực tiếp định lí ta có:
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( )( )( )( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 .
4 16
a a b c b b c a c b c a
S a b c b c a b c a b c a b c a a b c
S a b c a b c a b c a b c SS
+ − + + − + − + + ≥
≥ + − + − + + − − + + + − + + + −
= + + − + + − − + + =

B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

Cách 2:
Cách 2 này là cách mà ít người nghĩ tới.
Ta có:
2 2 2
2 cos
4cot
1
sin
2
bc A b c a
A
S
bc A
+ −
= =
Vậy thì bất đẳng thức đã cho tương đương:
2 2 2
1 1 1
cot cot cot 4
a A b B c C S
+ + ≥
Mà
1 1 1 1 1 1
cot cot cot cot cot cot 1
A B C A B C
+ + =
nên theo định lí ta có đpcm.
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

27

(Dựa vào việc tìm trường hợp đẳng thức xảy ra khi nào của định lí các bạn hãy tìm
trường hợp xảy ra đẳng thức của các bất đẳng thức trên, việc này hoàn toàn dễ dàng.)



IV. Bài tập tự luyện:
1. Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi tam giác ABC không cân thỏa mãn
0
a b c
< < <
:
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 2
4
ab a b bc b c ca c a
S
b c c a c a a b a b b c
     
− − −
+ + >
     
     
− − − − − −

     


2.
Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi tam giác ABC không cân thỏa mãn
0
a b c
< < <
:
( )( ) ( )( ) ( )( )
4 2
a b b c c a
abc S
b c c a c a a b a b b c
 
− − −
+ + ≥
 
− − − − − −
 


3.
Cho tam giác ABC với
, ,
AB c BC a CA b
= = =
.
, ,
a b c

m m m
lần lượt là độ dài các trung
tuyến xuất phát từ A,B,C. Chứng minh:
a)
( )( )
2 2 2 4 4 4
3
4
2
a b c a b c
m m m bcm acm abm a b c a b c
≤ + + ≤ + + + +
b)
(
)
(
)
(
)
( )
3 3 3 3 3 3
2 2 2
9
4 4
a b c
a b c a b c a b c
m m m
abc a b c ab ca bc
+ + + + + +
≥ + + ≥

+ +

c)
3 3 3
2
a b c
a b c a b c
m m m
abc
+ + + +
+ + ≤
d)
2 2 2 2 2 2
3
2
a b c
am bm cm a b b c c a
+ + ≤ + +
e)
( ) ( ) ( ) ( )
(
)
(
)
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4
a b c
bcm acm abm a b c a b c

α β γ α β γ αγ αγ αβ
 
+ + + + ≥ + + + +
 

f)
( )
(
)
(
)
(
)
2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
4
a b c
a b c a b c bcm acm abm a b c
+ + + + ≥ + + ≥ + +
G
ợi ý: sử dụng bài toán đã xét ở phần lý thuyết, các phép biến đổi, các hệ thức lượng,
điểm đặt của M và các bất đẳng thức cổ điển.