Tài liệu chuyên đề bất đẳng thức hình học

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
I). SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐƠN GIẢN.
1) Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài các cạnh một tam giác.

AB

AC

BC

AB

BC

Chú ý rằng:
a). Với 3 điểm A, B,C bất kỳ ta ln có: AB

BC

AC . Dấu bằng xảy

ra khi và chỉ khi A, B,C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A,C .
b) Với 3 điểm A, B,C bất kỳ ta luôn có: AB

AC

BC . Dấu bằng xảy

ra khi và chỉ khi A, B,C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A,C .
c) Cho hai điểm A, B nằm về một phía đường thẳng (d ) . Điểm M chuyển
động trên đường thẳng (d ) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (d ) . Ta có

kết quả sau:
B

A
(d)

M0
M1

M

A'

+ MA

MB

MA ' MB

A ' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là

giao điểm cuả A' B và đường thẳng (d ) .( M trùng với M0 )
THCS.TOANMATH.com


+ MA

MB

AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả

AB và đường thẳng (d ) ( M trùng với M1 ).
d) Cho hai điểm A, B nằm về hai phía đường thẳng (d ) . Điểm M chuyển
động trên đường thẳng (d ) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (d ) . Ta có
kết quả sau:
B
A'
(d)

M0
M1

M

A

+ MA

MB

AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả

AB và đường thẳng (d ) .( M trùng với M0 )
+ MA

MB

MA ' MB

A ' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là

giao điểm cuả A' B và đường thẳng (d ) ( M trùng với M1 ).
e) Trong q trình giải tốn ta cần lưu ý tính chất: Đường vng góc ln
nhỏ hơn hoặc bằng đường xiên.
A

Trong hình vẽ: AH

AB

H
THCS.TOANMATH.com

B


2) Trong một đường trịn, đường kính là dây cung lớn nhất
3) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A . Đường thẳng AO cắt đường
tròn tại hai điểm M1, M2 . Giả sử AM1 AM 2 . Khi đó với mọi điểm M
nằm trên đường trịn ta ln có: AM1

AM

AM

2

Ví dụ 1:Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác . Chứng minh
rằng:
a) MB

b)

1
AB
2

MC

AB

BC

CA

AC

MA

MB

MC

AB

BC

CA

c) BM MN NC AB AC trong đó điểm N nằm trong tam
giác sao cho MN cắt hai cạnh AB, AC

A

Hướng dẫn giải:
a) Đường thẳng BM cắt AC ở P .

P

Áp dụng BĐT(1) ta có:

MB
BP

MC
PC

MB

MP

AB

AP

N

M

F

E

PC

C

B

PC
AB

AC

b) Theo trên 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 từng vế các BĐT trên 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 và 3 trung tuyến AM , BN ,CP . Chứng minh
rằng:
a)

b)

AB

AC
2

3 AB

BC

BC

AB

AM

CA

2

AM

4

AC

BN

CP

AB

BC

CA

AC . Gọi AD, AM theo thứ tự là đường phân giác,

c) Giả sử AB

đường trung tuyến của tam giác ABC . Chứng minh rằng:

AB

AC
2

BC

AD

AM

AB

AC
2

Hướng dẫn giải:

B

D

a). + Xét các tam giác MAB, MAC ta có:
M

AM

BM , AM

AB

Suy ra 2AM

2AM

AB

AB

AC

AC

AC

MC

(MC

MC )

C

A

BC

+ Gọi D là điểm đối xứng với A qua M thì ABDC là hình bình hành nên
AB CD và AD 2AM . Trong tam giác ACD ta có:

AD

AC

Như vậy:

CD

AB

AC
2

THCS.TOANMATH.com

2AM

BC

AB

AM

AC

AB

AC
2

.


b). Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) Cho 3 đường trung tuyến AM , BN ,CP
ta có:

AB

AC BC
AB AC
,
AM
2
2
AB AC
AC BC
,
BN
2
2
AC AB
AC BC
. Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều
CP
2
2

BC
BC

3 AB

BC

CA

AM

BN

CP

AB

c). Trong tam giác ABD, ADC có AB

AD

BD;

ta có:

AC

4

BC

CA .

A

DC . Cộng theo từng vế hai BĐT

AD

trên được: AB

AC

2AD

BC .
P

AB

AC
2

BC

AD

C

B

M D H

Kết quả này vẫn đúng với D là điểm
bất kỳ nằm bên trong đoạn BC .
Dựng AH
BH CH

BM

AC thì AM

BC . Với AB

BH

Hơn nữa ADB

AC thì

M thuộc đoạn BH .

ADC

ADB tù. Do đó D thuộc đoạn BH .

Lấy điểm P trên AB sao cho AP

DP

AD . Với AB

DC , APD

THCS.TOANMATH.com

ACD .

AC

ADP

ADC (c.g.c)


900 (hình) thì

+ Nếu ACB

APD
BD

ACB

900

PD

CD

+ Nếu ACB

BD

PD

BPD
BM

900

ACB

BD

MH

900 (hình) thì 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 là điểm H . Chứng minh
2
rằng: HA HB HC
AB BC CA
3
Hướng dẫn giải:
Dựng đường thẳng qua H song song với

A
D

AB cắt AC tại D . Dựng đường thẳng
E

qua H song song AC cắt AB tại E .

H

Tứ giác AEHD là 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 các bất đẳng thức
cùng chiều (1),(2),(3) ta suy ra
HA HB HC (AE EB ) (AD DC ) AB AC
Tương tự ta cũng có:
HA HB HC AC
Suy ra HA

HB

HC

THCS.TOANMATH.com

BC , HA

2
AB
3

HB

BC

HC

CA .

AB

BC


Ví dụ 4) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a . M là một điểm tùy ý
trên cạnh BC , gọi P,Q lần lượt là hình chiếu vng góc của M lên
AB, AC . Tìm vị trí điểm M để:

a) PQ có độ dài nhỏ nhất
b) Dựng một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại E, F

2a .Tìm vị trí điểm M sao cho MA

sao cho AE
nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:

S

ABC

9a 2 3
4

MP

S

S

ABM

3a
MP
2
MQ

BC . Ta có

AMC

P
E

MQ

F
Q

3a 3
2

B

H

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác
R

vuông MPB, MQC ta tính được:

HM

MP 3
, MK
2

HK

MH

Vì PQ

MK

MQ 3
2
3
MP
2

MQ

9a

.
4

HK . Nên PQ nhỏ nhất bằng HK khi và chỉ khi

PQ / /HK

MF

A

BC ,QK

a). Hạ PH

ME

M là trung điểm của BC

THCS.TOANMATH.com

I

M

K

C

b). Gọi R là điểm đối xứng với E qua BC , I là trung điểm của BC . Ta
dễ chứng minh được R, I , F thẳng hàng.
2

Ta tính đươc.: RF

2IF

2 a

ME

MF

RF

MF

MR

M

I . Ta cũng có MA

M

I . Suy ra ME

1 3a 3
.

3 2

2

a 7 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3a 3
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2

AI

MF MA

bằng xảy ra khi và chỉ khi M

7a . Ta có:

a 7

3a 3
2

2 7

3 3
2

a . Dấu

I.

Ví dụ 5: Cho đường trịn (O; R) và điểm A nằm ngồi đường trịn đó. Một
thay đổi quanh A cắt (O; R) tại hai điểm M , N . Tìm vị trí
đường thẳng
để AM

AN lớn nhất.

Hướng dẫn giải:
Gọi K là trung điểm của dây cung

MN ta có:
O

AM

AN

2AM

(AM

AM

2MK

2AK

MN )
N

A
K

M

Xét tam giác vng OKA
Ta có: OK 2 KA2 OA2 khơng đổi . Như vậy AK lớn nhất khi và chỉ
OK 0
A, M , N ,O nhỏ nhất.
khi OK nhỏ nhất
Ví dụ 6: Cho đường tròn (O; R) và 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 nhất.
THCS.TOANMATH.com


Hướng dẫn giải:
Trên tia đối của AM lấy điểm N sao cho

MN

MB . Khi đó chu vi tam giác MAB
J

Là 2p

MA

MB

AB

AN

AB .

N

M

H

Do AB không đổi nên chu vi tam giác

B

A
O

MAB lớn nhất khi và chỉ khi AN lớn
nhất.Tam giác BMN cân tại M và MH
I

là phân giác của góc BMN đồng thời
cũng là phân giác ngồi của góc AMB . Phân giác trong của góc AMB là
MI với I là trung điểm cung lớn AB . Suy ra MI MH . Do đó MH

cắt đường trịn (O; R) tại điểm J và IJ là đường kính của (O; R) .
Tam giác MBN cân tại M nên MJ là đường trung trực của BN . Từ đó ta
có: JA JB JN . Hay điểm N thuộc đường tròn tâm J cố định bán
kính JA . Vì AN là dây cung của đường tròn J nên AN lớn nhất khi và
chỉ khi AN là đường kính của J

M

J . Như vậy chu vi tam giác

MAB lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với trung điểm J của cung nhỏ
AB .
Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A 600 . Trên cạnh BC lấy điểm I cố
định. Tìm trên cạnh AB, AC lấy hai điểm M , N để chu vi tam giác

IMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
A

Gọi E, F lần lượt là các điểm đối xứng của

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 là

2p

IM

IN

MN

ME

MN

NF

EF . Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ khi E, M , N , F thẳng hàng. Hay M , N là các giao điểm của EF với
các cạnh AB, AC
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vng tại A có AB

AC ngoại tiếp đường

trịn tâm O . Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của O với các cạnh
AB, AC , BC ; M là điểm di chuyển trên đoạn CE . Gọi N là giao điểm

của BM với cung nhỏ EF của O , P và Q lần lượt là hình chiếu của

N trên các đường thẳng DE , DF . Xác định vị trí của điểm M để PQ lớn
nhất.
Hướng dẫn giải:
A

Ta có tứ giác PNQD ,

E P

EDFN nội tiếp

D
M

O

QPN

QDN

FEN .

Tương tự có ta có:

NQP

NDP

NEF

N
Q
B

F

C

NFE .
NPQ Suy ra

PQ
EF

NQ
. Trong tam giác vng NQF ta
NF

PQ
1 . Như vậy PQ lớn nhất bằng EF khi và chỉ
EF
khi Q F khi đó P E , do P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên

các đường thẳng DE , DF nên khi Q F , P E thì DN là đường
có: NQ

NF do đó

THCS.TOANMATH.com


kính của (O ) . Từ đó suy ra cách xác định M như sau: Dựng đường kính

DN cuả (O ) , M là giao điểm của BN và AC .
Ví dụ 9: Cho hai đường trịn (O1; R1 ),(O2; R2 ) cắt nhau tại 2 điểm A, B .
Một đường thẳng (d ) bất kỳ qua A cắt (O1; R1 ),(O2; R2 ) lần lượt tại M , N .
Tiếp tuyến tại M của (O1; R1 ) và tiếp tuyến tại N của (O2 ; R2 ) cắt nhau tại

I . Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN
khi (d ) quay quanh A .
Hướng dẫn giải:
Ta có: IMN

I

MBA (Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung)

INM

NAB (Tính chất góc

E

A

K

M

giữa tiếp tuyến và dây cung)

MBN

1800

MBA

NBA

O2

O1

Xét tứ giác IMBN ta có:

N

F

B

IMN

INM

MIN . Suy ra tứ giác IMBN nội tiếp.

Các góc AMB, ANB là những góc nội tiếp chắn cung AB cố định của

(O1; R1 ),(O2; R2 ) nên AMB, ANB không đối. Suy ra MBN không đổi. Suy

MBN không đổi. Gọi R bán kính vịng trịn ngoại tiếp
MN
R
tam giác MIN thì MN 2R.sin MIN
. Do đó R lớn
2 sin MIN
nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất. Gọi E, F là hình chiếu vng góc của

ra MIN

1800

O1,O2 lên (d ) , K là hình chiếu vng góc của O1 lên O2F thì

THCS.TOANMATH.com


MN

2EF

EF / /OO
1 2

2O1K

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2OO
1 2

.
(d) / /OO
1 2

Ví dụ 10) Trên các cạnh AB, BC ,CD, DA của hình chữ nhật ABCD lần
lượt lấy các điểm M , N , E, F . Tìm vị trí bốn điểm đó để chu vi tứ giác

MNEF đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Ta chứng minh kết quả phụ sau:Cho điểm M cố định. Khi chu
M

B

A

vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ

I
N

nhất ta có MNEF là hình bình

F
K

hành có các cạnh song song với

J

C

D
E

các đường chéo của hình chữ nhật

ABCD . Thật vậy, gọi I , J , K lần lượt là trung điểm MN , ME, EF ta có:
1
MN , IJ
2
tam giác vng).
IB

1
NE;JK
2

Vậy chu vi tứ giác MNEF : 2p

1
MF; DK
2

2 BI

IJ

1
EF (hệ thức lượng trong
2

JK

KD

2BD . Dấu

“=” xảy ra khi và chỉ khi B, I , J , K , D theo thứ tự nằm trên một đường
thẳng

MF / /NE / /BD .

Tương tự ta có để chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ nhất thì MNEF là
hình bình hành có cạnh song song với đường chéo của hình chữ nhật
ABCD (kết quả phụ được chứng minh).
Từ chứng minh trên ta thấy, nếu tứ giác MNEF có các cạnh song song với
các đường chéo của hình chữ nhật ABCD thì chu vi của nó là
p 2BD const , khơng phụ thuộc vào cách lấy điểm M trên cạnh AB .
THCS.TOANMATH.com

Vậy chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BD khi MNEF là
hình bình hành có các cạnh song song với với các đường chéo của hình chữ
nhật ABCD .
Ta có bài tốn tổng qt sau: Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N , P,Q lần
lượt là trung điểm của AB, BC ,CD, DA . Khi đó:

AB

BC

CD

DA

2 MP

NQ (*)

Thật vậy: Dựng E đối xứng với B qua P thì tứ giác BCED là hình bình
hành nên BC DE .
C

N

Ta có: BC
Tương tự AB

AD

DE

CD

AD

AE

B .
2MP

2NQ . Cộng hai bấtM

đẳng thức cùng chiều ta suy ra điều

P

A

E
Q

phải chứng minh.

D

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
AD / /BC , AB / /CD hay ABCD là hình bình hành.

Ví dụ 11) Cho hình thoi ABCD . Đường chéo AC không nhỏ hơn đường
chéo BD . M là một điểm tùy ý trên AC . Đường thẳng qua M song song
với AB cắt AD tại E , cắt BC tại G Đường thẳng qua M song song với
AD cắt AB tại F cắt CD tại H . Biết hình thoi ABCD có độ dài hai
đường chéo là d1 và d2 . Xác định M sao cho chu vi tứ giác EFGH là nhỏ

nhất?Tính chu vi đó theo d1, d2 .
Hướng dẫn giải:
B

Ta dễ dàng chứng minh được

F

I

G

EFGH là hình thang cân,
A

J
L

O

M

THCS.TOANMATH.com
K

E
D

H

C


AFME , MGCH là hình thoi,
Các tứ giác BFMG, EDHM là
hình bình hành. Do đó các đường chéo
AM , EF cắt nhau tại L , MC ,GH cắt nhau tại J , BM , FG cắt nhau tại

I , DM , EH cắt nhau tại K thì L, I , J , K lần lượt là trung điểm của
EF, FG,GH , HE .
Áp dụng bài tốn (*) ta có chu vi tứ giác EFGH là
2p

EF

GH

FG

2IK

EH

2FG

2IK

2LJ

BD

2LJ .

1
2p AC BD . Dấu bằng xảy ra
AC
2
FGHE là hình chữ nhật. Tức điểm M O là
khi và chỉ khi FG / /AC
giao điểm của hai đường chéo của hình thoi ABCD

Nhưng LJ

LM

MJ

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC
TRỊ
Ở cấp THCS, các em học sinh được làm quen với bất đẳng thức Cauchy
dạng 2 số hoặc 3 số:
Để giải quyết tốt các bài tốn hình học: Ta cần nắm chắc một số kết quả
quan trọng sau:
Trước hết ta cần nắm được các kết quả cơ bản sau:

1). Cho các số thực dương a,b :

+a

b

2 ab

và chỉ khi a

ab

b

THCS.TOANMATH.com

a

b
2

2

a

b

2

4ab . Dấu bằng xảy ra khi

1
+
a

1
b

a

+a2

ab

b2

3
(a
4

+ a2

ab

b2

1
(a
4

4
b

2

x2
;
b2 a

y2
b

x

y

a

b

b)2

1
(a
4

b)2

3

(a
4

b)2

b)2

3
(a
4

b)2

1
(a
4

b)2

2 2
a2

2). Cho các số thực dương a, b, c :

+a

+

b

3

3 abc

c

a

b

c

1
a

1
b

1
c

4) ab

bc

x2
5)
a

y2

b

a

ca

z2
c

a

abc

9
b

c

a

b

b
3

c

3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

3 3
a

2

b2

c2

2

c

a2

3
x

y

z

a

b

c

b2

c2

2

Ngoài ra các em học sinh cần nắm chắc các cơng thức về diện tích tam
giác ,liên hệ độ dài các cạnh và góc như:
+S
+S
+S

1
a.h
2
1
ab sinC
2
p(p

1
ab sinC
2

a )(p

THCS.TOANMATH.com

b)(p

1

bc sin A
2
a
c) với p

b
2

c


+a

2R sinC …

2R sin B, c

2R sin A , b

+ Diện tích hình chữ nhật: S

ab

+ Diện tích hình thang: S

1
a
2

+ Diện tích hình vng: S

a2 .

b h.

Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có BC a,CA b, AB c . M là một
điểm thuộc miền trong ABC . Gọi E, F , K lần lượt là hình chiếu vng
góc của M trên BC ,CA, AB . Xác định vị trí điểm M để tích

ME.MF.MK đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
A

Ta có:
F

2SABC

2 SMBC

SMCA

K

SMAB .

M

a.ME

b.MF

c.MK
B

C

E

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si
với bộ 3 số a.ME, b.MF , c.MK . Ta có:

a.b.c.ME.MF .MK

1
a.ME
27

a.ME . b.MF . c.MK

b.MF

c.MK

3

8S

3
ABC

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a.ME

SMBC

SMCA

SMAB

Vậy max ME .MF .MK

THCS.TOANMATH.com

ME .MF .MK
b.MF

3
8SABC

abc

.

c.MK

M là trọng tâm tam giác ABC .
3
8SABC

abc

khi M là trọng tâm tam giác ABC .


Ví dụ 2) Cho tam giác ABC cân đỉnh A . Gọi O là trung điểm của BC .
Đường tròn O tiếp xúc với AB ở E tiếp xúc với AC ở F . Điểm H
chạy trên cung nhỏ EF tiếp tuyến của đường tròn tại H cắt AB, AC lần
lượt tại M , N . Xác định vị trí của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt
giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
Dễ thấy OM ,ON lần lượt là phân giác EOM , FOH . Từ đó ta có:

1800

MON
(g.g)

BAC

ABC

2
MB
OC

BO
CN

Ta lại có SAMN

BM .CN

SABC

MBO

OCN
BC 2
4

OBOC
.

const (1)
A

SBMNC
N

nên SAMN đạt giá trị lớn nhất
H
M

khi và chỉ khi SBMNC đạt giá trị

F

E
B

nhỏ nhất. Gọi R là bán kính

C
O

của đường trịn O , ta có:

SBMNC

SBOM

SMON

1
R BE
2
R BE EM

1
R BM MN
2
MN EM FN
R BE

BM

SNOC

NC

CN

THCS.TOANMATH.com

2BE

CF

2 EM

FN

FN

vì BE

CF

R BM

CN

BE

(2)

Vì


Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) và (2) suy ra:

S BMNC

R

khi BM

BM .CN

CN

BE

R

BC
2

BE . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ

MN / /BC khi và chỉ khi H là giao điểm của đường

trung trực của BC với đường trịn O . Vậy diện tích tam giác AMN đạt
giá trị lớn nhất khi H là giao của đường trung trực của BC với đường trịn
O .

Ví dụ 3) Cho tam giác ABC trên trung tuyến AD lấy điểm I cố định.
Đường thẳng d đi qua I lần lượt cắt cạnh AB, AC tại M , N . Tìm vị trí
của đường thẳng d để diện tích tam giác AMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:

Từ B,C dựng các đường thẳng song song với d , lần lượt cắt tia AD tại
A
E, F .
Dễ thấy

BED

nên DE

DF hay

AE

2AD .
AE
AC

AF

AB
AM
Ta có:

AN

M

AI

B

2

AB
AM

AB
AM

THCS.TOANMATH.com

E
C
D
F

AD
AI

AE AC
AF
.
;
AI AN
AI
AE AF
AC
AD
2
AN

AI
AI

d

I
hB

AF

N

hM

CFD

const


Gọi hB , hM là khoảng cách từ B, M đến AC . Áp dụng định lý Talet, ta có

hB

AB SABC
;
AM SAMN

hM

SAMN

1
AC .hB
2
1
AN .hM
2

AC
AN

AC AB
.
AN AM

2

AB
AM

AD 2
AI 2

2

AD 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
SABC .
AI 2

AB
AC
MN / /BC . Vậy min SAMN
AM
AN
đường thẳng đi qua I và song song với BC .

SABC .

AD 2
khi d là
AI 2

Ví dụ 4) Cho góc nhọn xOy và điểm I cố định nằm ở trong các góc đó.
Đường thẳng d đi qua I và cắt Ox ,Oy lần lượt tại M , N . Xác định đường
thẳng d để diện tích tam giác OMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:
Trước hết ta dựng đường thẳng
IE

đi qua I cắt Ox ,Oy tại E, F sao cho

IF (*).

Ta dựng đường thẳng

y

như sau:

Lấy O ' là điểm đối xứng của

F

d

O qua I . Từ O ' kẻ đường

O'

N

thẳng song song với Ox cắt

x

O

Oy tại F , song song với Oy

E

M

cắt Ox tại E . Vì OEO ' F là hình bình hành nên OO ' EF I là trung
điểm của E . Lấy
là đường thẳng EF , ta có
thỏa mãn điều kiện (*),
cố định.

THCS.TOANMATH.com


Giả sử d là đường thẳng bất kỳ qua I cắt Ox ở M , cắt Oy ở N . Ta dễ
chứng minh được:

OE
OM

OF
ON

2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

OI
OI

2.

OE OF
.
OM ON

1 OE
2 OM

OF
ON

1.

OE
OF
1 OE OM,OF ON
OM ON
F . Vậy đường thẳng d trùng với
thì diện tích

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
hay M

E, N

OMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 5). Cho ba điểm A, I , B thẳng hàng theo thứ tự. Gọi d1, d2 là hai nửa
đường thẳng vng góc với AB tại A, B và nằm về cùng một phía đối với
đường thẳng AB . Góc vng xIy quay xung quanh đỉnh I sao cho hai
cạnh của góc tương ứng cắt d1 ở M cắt d2 ở N . Tìm vị trí của M , N để
diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải:

d1

AMI

900, BIN

AIM

AMI
AI
BN

d2

M

Ta có:

BIN

MAI

AIM

IBN (g.g)

AM
(*)
BI

AM.BN

AI .BI

A

THCS.TOANMATH.com

I

const .Mặt khác,

1
1
IM .IN
AI 2
2
2
thức Bu-nhi-a-cơp-xki ta có:
SIMN

N

900

AM 2 BI 2

BN 2 . Áp dụng bất đẳng

B


AI 2
chỉ khi

AM 2 BI 2

BN 2

AI
BI

AI
AM

AM
BN

BI
BN
IMN đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

Kết hợp với (*) suy ra diện tích

BI
BN

BN
BI

Khi đó

AI
AM

2

AM .BN . Dấu “=” xảy ra khi và

AI .BI

1 hay BI

BN , AI

AM .

AIM , BIN vuông cân tại các đỉnh A, B

IM , IN hợp với

AB các góc bằng 450 . Vậy diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất khi
IM , IN cùng hợp với AB các góc bằng 450 .
Ví dụ 6) Cho tam giác ABC và một điểm M tùy ý trong tam giác đó. Gọi
khoảng cách từ M đến các cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự là m, n, p và các
đường cao hạ từ các đỉnh A, B,C là ha , hb , hc . Chứng minh:

ha

hb

hc

m

n

p

9

Hướng dẫn giải:
Trước hết ta chứng minh kết quả sau:

m
ha

n
hb

p
hc

Kí hiệu Sa , Sb , Sc , S lần lượt là diện tích

1

A

tam giác MBC , MAC , MAB, ABC

S

T
F

ta có:

m
ha

Sa
S

m Sb
,
ha S

n
hb

p
hc

Sa

THCS.TOANMATH.com

n Sc
,
hb S
Sb
S

p
suy ra

hc
Sc

p
hb

E

H

ha

n
M
m

C

B

1

hc

R

D


Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta dễ chứng minh được kết quả sau(với

(x, y, z

0) : x

y

1
x

z

Áp dụng vào bài tốn ta có:

xảy ra khi và chỉ khi

1
y

1
z

9.

ha

hb

hc

m

n

p

9
n
hb

m
ha

9 .Dấu bằng

p
hc

ha h b h c
=
=
= 3 . Hay M là trọng tâm của tam giác
m
n
n

ABC .

Ví dụ 7) Cho tam giác ABC và một điểm M tùy ý trong tam giác đó. Các
đường thẳng AM , BM ,CM cắt các cạnh BC ,CA, AB tại các giao điểm
tương ứng là: A1, B1,C1 . Kí hiệu Sa , Sb , Sc , S lần lượt là diện tích tam giác

MBC , MAC , MAB, ABC .

Chứng minh:

AA1

BB1

CC 1

MA1

MB1

MC 1

9

Hướng dẫn giải:
Trước hết ta chứng minh :

Ta có

AA1
MA1

AA1
MA1

BB1

MB1

CC1
MC1

SABA

1

SACA

1

SABA

1

SACA

SMBA

SMCA

S MBA

S MCA

1

1

1

S

1
Sa

1
Sb

1
.
Sc

S
,
Sa

1

1

A

Tương tự ta có:

BB1
MB1

S CC 1
,
Sb MC 1

S
.
Sc
C1

Cộng ba đẳng thức ta có:
B

THCS.TOANMATH.com

B1
M
A1

C


AA1
MA1

BB1
MB1

CC1
MC1

S

1
Sa

Áp dụng bất đẳng thức: x

y

ý rằng: Sa

S

1
Sa

Sa

Sb

1
Sb

Sb

Sc

1
Sc

1
Sb

1
Sc
1
x

z

1
Sa

S ta có:

1
y

1
z

1
Sb

1
Sc

9 với (x, y, z

Sa

9
Sb

9
ta có:
S

9 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1
S . Hay M là trọng tâm của tam giác
3

Sc

Sc

0) . Để

ABC .

Chú ý rằng: Từ bài tốn trên ta cũng có:

MA1
AA1

SMBA

SMCA

SMBA

1

SMCA

SABA

SACA

S ABA

SACA

MB1

Sb MC 1
,
S CC 1

BB1

1

1

1

1

1

Sc
S

. Suy ra

Sa
. Tương tự ta có:
S

1

1

MA1

MB1

MC 1

AA1

BB1

CC 1

Sa

Sb
S

Sc

1

Nếu ta thay:

MA1
AA1

AA1

MA

AA1

thu được đẳng thức:

1

MA
AA1

MA MB1
,
AA1 BB1

MB

BB1

1

MC
CC 1

MB MC 1
,
BB1 CC 1

1

MC
, thì ta
CC 1

2 .Qua đó ta cũng tạo ra được

nhiều bất đẳng thức đẹp khác.
Ví dụ 8. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Gọi đường vng góc từ
điểm M nằm trong tam giác đến các cạnh BC ,CA, AB lần lượt là
MD, ME, MF . Xác định vị trí điểm M để:

a)

1
MD

1

ME

1
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.
MF

THCS.TOANMATH.com


1

b)

MD
trị đó.

1
ME

ME

1
MF

MF

đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá

MD

Hướng dẫn giải:
Gọi h là độ dài đường cao của

x, ME

E

a 3
.
2

tam giác đều ABC thì h
Đặt MD

A

y, MF

F

z
M
x

z.
B

Ta có SABC
ah

ax

SMBC
ay

SMAC

Áp dụng BĐT : x

y

y

1
x

z

C

D

SMAB

x

az

y

h khơng đổi.

z

1
y

1
z

1
x

9

1
y

1
z

9
h

6 3
.
a

b) Ta có:
x

y

y

z

1

z

1

x

1

x

1

x y y z z x
thức xảy ra khi và chỉ khi x

1

1

9

y

y

9
2h

3 3
. Trong cả hai trường hợp đẳng
a
z , lúc đó M là tâm của tam giác đều

y

z

z

x

ABC .
Ví dụ 9. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC có ba góc nhọn với ba đường
cao AA1, BB1,CC1 . Chứng minh rằng:
a)

AA1

BB1

CC 1

HA1

HB1

HC 1

Hướng dẫn giải:
THCS.TOANMATH.com

9.

b)

HA1

HB1

HC 1

HA

HB

HC

3
.
2

Gọi diện tích các tam giác ABC , HBC , HAC , HAB lần lượt là S, S1, S2, S3
thì S

S1

S2

S3 . Dễ thấy

HA1

S1 HB1
;
S BB1

AA1

S 2 HC 1
;
S CC 1

S3
S

.

A

Do đó

HA1

HB1

HC 1

AA1

BB1

CC 1

1.

B1
C1

Áp dụng BĐT x

Ta được:

y

1
x

z

1

y

AA1

BB1

CC 1

HA1

HB1

HC 1

HA1

HB1

HC 1

AA1

BB1

CC 1

1
3

1

z

H

9.
C

B

A1

9 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
S1

S2

S
. Lúc đó H vừa là trực
3

S3

tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABC , nên ABC là tam giác đều.
b) Từ

HA1

S1

AA1

S

HB

a

S2
S1

b
c

c

AA1
;

a

b

S1

HA1

HC 1

S 3 HC

c
a

HA1

HA

HB1

Tương tự

b

HA1

có

S

S3
S1

S2

S1
S1

S2

S3

.

. Áp dụng BĐT

HA1
3
(*). Ta có
2
HA

HB1

HC 1

HB

HC

3
.
2

Lập luận như trên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bất đẳng thức (*) có tên là bất đẳng thức Netbis là bất đẳng thức đơn giản
nhưng có rất nhiều ứng dụng. Ta có thể chứng minh nó như sau:

a
b

b
c

c

c
a

a

THCS.TOANMATH.com

b
b

c
a

c

a
b

a

b
c

9 . Nhưng