Chuyên đề bất đẳng thức hình học

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

Trần Quốc Đạt - Huỳnh Văn Minh - Huỳnh Thủy Ngân
Phan Trọng Nghĩa - Ngô Minh Trí


CHUYÊN ĐỀ:













Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


1

LỜI NÓI ĐẦU


Bất đẳng thức là một lĩnh vực cổ điển luôn chiếm một vị trí quan trọng trong kho tàng toán
học, bởi chúng có một sức hút kì lạ về cả vẻ đẹp hình thức lẫn những điều bí ẩn về nội dung.Tuy

nhiên hầu hết sự quan tâm của các bạn đều dành cho bất đẳng thức đại số mà quên đi vẻ đẹp của bất
đẳng thức hình học. Chúng tôi hi vọng chuyên đề này sẽ mang đến cho các bạn một cái nhìn thoáng
hơn về bất đẳng thức hình học.
Nếu ở cấp THCS, ta đã tìm hiểu nhiều về hình học phẳng thì lên cấp THPT ta lại được tìm
hiểu sâu về hình học không gian. Bất đẳng thức hình học là một phần quan trọng trong hình học, nó
xuất hiện trong nhiều lĩnh vực của hình học, từ hình học phẳng sơ cấp, hình học không gian, đến
hình học tổ hợp,…. Bất đẳng thức hình học có ứng dụng rất rộng lớn trong đời sống cũng như việc
chứng minh các bài toán hình học hóc búa khác. Nhìn một cách khái quát việc chứng minh bất đẳng
thức hình học không phải một sớm một chiều là có thể thành thạo được, vì nó cần có sự tổng hợp
của tất cả các kiến thức về hình học lẫn đại số, đầu óc liên tưởng nhạy bén, những sáng tạo trong
cách giải,…. Ở chuyên đề này chúng tôi gửi đến bạn đọc những hiểu biết, phương pháp giải mà
chúng tôi tích lũy trong quá trình học toán từ trước tới nay. Chuyên đề này sẽ cung cấp cho bạn đọc
từ những kiến thức cơ bản đến mở rộng, từ những phương pháp đã biết ở cấp THCS, đến những
phương pháp phức tạp đòi hỏi sự tư duy trừu tượng cao. Ngoài ra, các bài toán trong chuyên đề này
được sưu tầm từ những đề thi cũ tới những đề thi mới cập nhật hiện nay. Nó chắc chắn sẽ hấp dẫn
bạn đọc và sẽ làm tăng thêm sự say mê bất đẳng thức trong một lĩnh vực mà ít người tìm đến.

Các kết quả chủ yếu mà chuyên đề này đạt được:
1) Tập hợp tương đối đầy đủ các kiến thức cơ bản sử dụng nhiều trong việc chứng minh bất
đẳng thức hình học.
2) Đưa ra được các phương pháp chứng minh chung cho các phần I, II.
3) Đưa ra được các bài toán từ đơn giản tới nâng cao trong từng bài.
4) Bổ sung thêm kiến thức mới về Polytope. Khái quát bài toán đẳng chu, ước lượng từ
phẳng sang không gian.
5) Sáng tạo trong việc giải toán và các bài toán mới (phần III). Đưa ra một số câu hỏi mở và
một số kết luận.

Chuyên đề này được chia làm ba phần:
PHẦN 1: Bất đẳng thức hình học trong mặt phẳng.
Trình bày về các phương pháp chứng minh các bất đẳng thức hình học trong mặt

phẳng và một số kiến thức cơ bản cần sử dụng khi chứng minh. Trong phần này còn tập trung hầu
hết các định lí, các bài toán nổi tiếng (như đường tròn chín điểm, đường thẳng Euler, định lí Pick,…)
được sử dụng nhiều trong việc giải toán hình học.
PHẦN 2: Bất đẳng thức hình học trong không gian.
Trong phần này chúng tôi đưa ra các kiến thức về các hình cơ bản (như tam diện, tứ
diện, thiết diện) và sau đó rút ra một số phương pháp chung cho việc chứng minh bất đẳng thức hình
học không gian.
PHẦN 3: Các vấn đề ngoài lề.
Trình bày các phần mà chúng tôi tìm tòi được (như phương pháp hình học hóa các
bất đẳng thức đại số là một phương pháp hay trong việc giải các bài đại số, bài toán đẳng chu,
Polutope 4 chiều,…). Bên cạnh đó, có các bất đẳng thức sưu tầm được qua các kì thi trong và ngoài
nước và các bất đẳng thức tự sáng tạo (Hình học hay đại số).

Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


2

Ngoài ra chúng tôi còn đưa ra các ví dụ cụ thể để bạn đọc dễ hình dung phương pháp chứ
không lí luận suông. Sau phần ví dụ ở mỗi bài chúng tôi đều có các bài toán chọn lọc nhằm giới
thiệu với các bạn những bài toán hay trong và ngoài nước. Phần cuối của mỗi bài là các bài toán tự
luyện cho các bạn luyện tập kĩ năng giải toán với các phương pháp mà chúng tôi đã hướng dẫn.

Để hoàn thành chuyên đề này chúng tôi đã nhận được sự giúp đỡ rất lớn của các thầy cô
trong tổ chuyên toán trường THPT chuyên Lý Tự Trọng. Chúng tôi chân thành cảm ơn sự giúp đỡ
nhiệt tình của cô Tạ Thanh Thuỷ Tiên, anh Võ Quốc Bá Cẩn, các thầy cô tổ chuyên toán, các anh chị
chuyên toán khoá trước, … Do thời gian biên soạn ngắn nên có thể chưa đầy đủ và không tránh
khỏi những thiếu sót ngoài ý muốn. Chúng tôi mong nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của thầy
cô và các bạn.

Nhóm biên soạn.

Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


3

MỤC LỤC




LỜI NÓI ĐẦU 1
PHẦN I: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG 3

BÀI 1: PH
ƯƠNG PHÁP KÉO THEO 3
BÀI 2: S
Ử DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG 16
BÀI 3: SỬ DỤNG TÍCH VÔ HƯỚNG 28
BÀI 4: PH
ƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ HÓA 32
BÀI 5: SỬ DỤNG CÁC ĐỊNH LÍ, ĐỊNH NGHĨA VỀ CÁC ĐƯỜNG THẲNG,
Đ
ƯỜNG TRÒN 36
PHẦN II: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN 56
CHƯƠNG I:
TỨ DIỆN 56
BÀI 1: ƯỚC LƯỢNG HÌNH HỌC 56
BÀI 2: CÁC ĐỊNH LÍ VÀ CÁC BÀI TOÁN VỀ GÓC TAM DIỆN, BẤT ĐẲNG THỨC VỀ

TỨ DIỆN 62
CHƯƠNG II: THIẾT DIỆN 80
CHƯƠNG III:
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHUNG TRONG CÁC BÀI BẤT
ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG KHÔNG GIAN 84
BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC 84
BÀI 2: PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG VÀ MẶT 90
BÀI 3: PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ 92
BÀI 4: CỰC TRỊ HÌNH HỌC 99
BÀI 5: PH
ƯƠNG PHÁP VECTO 108
PHẦN III: CÁC VẤN ĐỀ NGOÀI LỀ 110
HÌNH HỌC HÓA CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ 110

BÀI TOÁN ĐẲNG CHU 114
POLYTOPE 4 CHIỀU 120
CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SƯU TẦM 127
HÌNH HỌC HAY ĐẠI SỐ?
137
TÀI LIỆU THAM KHẢO 145

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: