Một số bài toán hình học giải bằng phương pháp đại số

1

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài khóa luận
Đối với một bài toán hình có rất nhiều phương pháp giải. Tùy thuộc vào
đặc điểm bài toán mà chúng ta lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp. Đối với
học sinh Trung học Phổ thông thì phương pháp phổ biến và chủ yếu là phương
pháp tọa độ, phương pháp vectơ, phương pháp sử dụng biến hình,…. Tuy nhiên,
có những loại bài tập mà các phương pháp kể trên không thể đưa đến những kết
quả đẹp cũng như những lời giải hay.
Trong chương trình Toán Phổ thông, Hình học – Đại số có mối liên hệ
chặt chẽ với nhau. Vì vậy ta có thể sử dụng phương pháp đại số để giải một số
bài tập hình học. Phương pháp đại số là một phương tiện Toán học trong việc
giải phương trình tuyến tính. Nói đến phương pháp đại số là ta đang đề cập đến
phương pháp giải quyết một phương trình hai hay nhiều biến khi một trong các
biến được biểu diễn như là một hàm thông qua các biến khác. Hai phương pháp
đại số thường được sử dụng là phương pháp thế và phương pháp khử. Phương
pháp đại số áp dụng vào giải quyết những bài tập hình khó, rèn luyện cho học
sinh những kĩ năng toán học như tính toán, vẽ hình, kĩ năng đo đạc, ước lượng
đồng thời giúp học sinh hình thành và phát triển những phương pháp, phương
thức tư duy và hoạt động như toán học hóa tình huống thực tế, phát hiện và xây
dựng thuật giải, vận dụng toán học vào thực tiễn.
Sử dụng phương pháp đại số trong hình học có tác dụng góp phần phát
triển năng lực trí tuệ như: phân tích, tổng hợp, trừu tượng hóa, khái quát hóa
và rèn luyện những đức tính như: tính cẩn thận, chính xác, tính kỉ luật, tính
sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ cho học sinh.
Chẳng hạn trong hình học sơ cấp, tính chất của các hình hình học, hình
dáng, vị trí cũng như quan hệ giữa các yếu tố trong mỗi hình được biểu thị
bằng các biểu thức đại số, biểu thức lượng giác, bằng đẳng thức, bất đẳng
thức, phương trình, bất phương trình. Chính nhờ dạng biểu diễn này người ta
có thể áp dụng các phép biến đổi thuần túy đại số để xác lập các tính chất mới

2

giữa các yếu tố hình học, để khẳng định sự tồn tại hay thiết lập các điều kiện
tồn tại của một hình nào đó. Các yếu tố hình học ta thường gặp trong chương
trình là cạnh, góc, đoạn thẳng, chu vi, diện tích, thể tích, v.v…và các quan hệ
giữa chúng được cho bằng các công thức cơ bản. Trên cơ sở các công thức
này và các giả thiết được cho trong mỗi bài Toán, ta lập các biểu thức mới và
sau đó ta sử dụng chủ yếu các phép biến đổi đại số để rút ra các kết luận cần
thiết. Sử dụng các tính chất đại số trong biến đổi các biểu thức cho phép
chúng ta gắn quá trình lập luận với một hình vẽ cụ thể, và kết quả sau cùng
của phép biến đổi gợi lên cho ta một kết luận tổng quát hơn, đó là một tính
chất của một lớp các hình hình học.
Với những lí do trên mà em mạnh dạn chọn vấn đề: “ Một số bài Toán
hình học giải bằng phương pháp đại số” làm vấn đề nghiên cứu của mình.
2. Mục tiêu khóa luận
Giới thiệu thêm một phương pháp khác để giải bài tập hình đó là
phương pháp đại số và nghiên cứu về việc sử dụng chúng trong hình học từ
đó vận dụng chúng vào việc giải một số bài toán trong hình học.
Phân loại, nhận dạng bài tập hình giải được bằng phương pháp đại số.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
∗ Nghiên cứu một số phép biến đổi đại số sử dụng trong hình học.
∗ Nghiên cứu và phân loại bài toán hình học vào 3 dạng: tính toán, chứng
minh và dựng hình.
∗ Nghiên cứu về nội dung và hệ thống bài tập về hình học có thể giải được
bằng phương pháp đại số.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu chủ yếu được sử dụng trong khóa luận này là
phương pháp phân loại hệ thống hoá bài tập: phương pháp này sử dụng chủ yếu để
phân dạng bài tập cũng như đưa ra các cách giải đặc trưng cho từng phương pháp.
3

Bên cạnh đó em còn sử dụng phương pháp tổng kết kinh nghiệm: qua
việc nghiên cứu tham khảo tài liệu, giáo trình từ đó rút ra kinh nghiệm để áp
dụng vào việc nghiên cứu và các phương pháp toán học khác.
Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp
hướng dẫn, các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung và hình thức
của khóa luận.
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
5.1 Đối tượng nghiên cứu
Bài toán hình học giải được bằng phương pháp đại số.
5.2 Phạm vi nghiên cứu
Áp dụng để giải một số bài toán hình học Trung học Cơ sở và Trung học Phổ
thông.
6. Ý nghĩa khoa học
Khóa luận đã hệ thống được một số bài tập nâng cao có thể sử dụng
phương pháp đại số để giải vào các dạng. Từ đó giúp bạn đọc có thể nhận
dạng và dễ dàng giải được các bài toán đó, tăng tính tư duy hình học và linh
hoạt trong vận dụng.
Khóa luận là tài liệu giúp bạn đọc tham khảo, làm tài liệu để nghiên
cứu những bài tập nâng cao Trung học Cơ sở hoặc Trung học Phổ thông.
7. Bố cục của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chia
thành 2 chương.
Chương 1: Một số bài toán hình học phẳng giải bằng phương pháp đại số
Chương 2: Một số bài toán hình học không gian giải bằng phương pháp đại số

4

CHƯƠNG 1
MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG GIẢI BẰNG PHƯƠNG
PHÁP ĐẠI SỐ
Trong chương này, em xin đề cập tới một số bài toán tính toán, chứng
minh, dựng hình giải bằng phương pháp đại số.
1.1 Bài toán tính toán
1.1.1. Một số kiến thức về giải tam giác
Trong tam giác ABC với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC, AB; A, B,
C là các góc; r, R là bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp,
2
a b c
p
+ +
=
và
S là diện tích,
a
h
- đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
• Định lí hàm số sin



2
sin sin sin
a b c
R
A B C

= = =


• Định lí hàm số cos

.cos .cos
.cos .cos
.cos .cos
a b C c B
b c A a C
c a B b A
= +
= +
= +

2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 .cos
2 .cos
2 .cos
a b c bc A
b a c ac B
c a b ab C
= + −
= + −
= + −


a

c

b
H

O

B

C

A

a

c
b

HB

C

A

5

•
Đị
nh lí hàm s

ố
tan và cot
2 2 2
tan
2
tan
2
cot
4
A B
a b
A B
a b
b c a
A
S
−
−
=
+
+
+ −
=

•

Công th
ứ
c di
ệ

n tích

( )
( )
( )
1 1 1 1
. . .sin .sin .sin
2 2 2 2
. .
4
a
S a h a c B bc A ab C
abc
S p p a p b p c p r
R
= = = =
= − − − = =


•

Công th
ứ
c
đườ
ng trung tuy
ế
n.

2 2 2

2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2
4
2 2
4
2 2
4
a
b
c
b c a
m
a c b
m
a b c
m
+ −
=
+ −
=
+ −
=

a

c
b

H

B

C

A

a

c
b

M
A

C

B

6

•

Công th
ứ
c phân giác

2 .cos
2
2 .cos
2
2 .cos
2
a
b
c
A
bc
l
b c
B
ac
l
a c
C
ab
l
a b
=

+
=
+
=
+

•

Bán kính
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p (1),
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p (2),
đườ
ng tròn
bàng ti
ế
p (3).

( ) ( )
( )
( )

1
tan
2
tan
2
tan
2
A
r p a
B
p b
C
p c
= −
= −
= −



( )
2
4
abc
R
S
=


a

c
b

l

a

D

A

C

B

r

P

A

C
I
M

N

B

7

( )
3
.tan
2
.tan
2
.tan
2
a
b
c
A
r p
B
r p
C
r p
=
=
=



•

M

ộ
t s
ố
công th
ứ
c khác
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
sin
2
cos
2
tan
2
p b p c
A
bc
p p a
A
bc
p b p c
A
p p a
− −
=

−
=
− −
=
−

1.1.2 Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.1.2.1:
Cho a, b, c là độ dài của một tam giác. Tìm tỉ số
a
b
biết
r
ằng hai trung tuyến thuộc hai cạnh này vuông góc với nhau.
Lời giải

Đặt AC=b, BC=a, AB=c. Các
trung tuy
ến BE, AF cắt nhau ở I
và có
AF
BE
⊥
. Đặt IE=x, IF=y
thì BI=2x, AI=2y.
Tam giác AIE vuông t
ại I, theo Pi –
ta – go ta có:
I

E

F

B

C

A

8

2
2 2 2 2 2
(1.1)
4 4 16
4
b
x y x y b+ = ⇔ + =

T
ương tự, tam giác vuông BIF có
( )
2 2 2
1.2
16 4x y a+ =

T
ừ (1.1) và (1.2), suy ra:
(

)
2 2 2 2
20
x y a b
+ = +
.
Tam giác vuông ABI có:
(
)
2 2 2
4
c x y
= + . Do đó
2 2 2
5
c a b
= +
.
Vì a, b, c là các c
ạnh của một tam giác nên
( )
2 2
2 2 2
5
a b
a b c a b c
−
+
− < ⇔ < =
(1.3)

B
ất đẳng thức (1.3) tương đương với
2 2
2 2 5 0
a b ab
+ − <
hay
2
5
1 0
2
a a
b b
   
   
   
− + <
.
Đặ
t
a
t
b
=
thì
2
5
1 0
2
t t

− + <
(1.4).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình (4) cho ta nghi
ệ
m
1
2
2
a
t
b
< = <
.
V
ậ
y t
ỉ
s
ố
a
b
là
1
2
2
a

b
< <
.
Ví dụ 1.1.2.2:
Các góc nh
ọ
n A, B c
ủ
a m
ộ
t tam giác vuông th
ỏ
a mãn
đẳ
ng th
ứ
c
.
cot cot 6
2 2
A B
=
. Tìm bi
ể
u th
ứ
c liên h
ệ
gi
ữ

a bán kính c
ủ
a
đườ
ng
tròn ngo
ạ
i ti
ế
p và bán kính
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p.
Lời giải
Kí hi
ệ
u hai góc

nh
ọ
n c
ủ
a tam giác vuông là
α
và
β
. Ta có

2
AB R
=

(1.5) và
( )
1.6
cot cot cot cot
2 2 2 2
AB r r r
 
 
 
= + = +
α β α β
trong
đ
ó R và r l
ầ
n l
ượ
t là bán kính
đườ
ng tròn
ngo
ạ
i ti
ế
p và n
ộ

i ti
ế
p tam giác ABC.

T
ừ
(1.5) và (1.6) suy ra
2
cot cot
2 2
R
r
α β
= +
.

C

B

A

9

Theo gi
ả
thi
ế
t
cot .cot 6

2 2
α β
=
, nên
cot ,cot
2 2
α β
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng
trình b
ậ
c hai
2
2
6 0
R
x x
r
− + =
. Ph
ươ
ng trình này có nghi
ệ
m nên
2

6 0
R
r
 
 
 
′
∆ = − ≥
hay
6
R
r
≥
.
V
ậ
y
6
R
r
≥
là bi
ể
u th
ứ
c liên h
ệ
gi
ữ
a bán kính

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p và
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p c
ầ
n tìm.
Ví dụ 1.1.2.3:
Trong tam giác ABC, m
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i
đườ
ng trung tuy

ế
n qua
đườ
ng phân giác chia c
ạ
nh
đố
i di
ệ
n thành hai
đ
o
ạ
n
th
ẳ
ng. Tìm t
ỉ
s
ố
gi
ữ
a hai
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng này so v
ớ

i hai c
ạ
nh còn l
ạ
i.
Lời giải

G
ọ
i AN là
đườ
ng th
ẳ
ng
đố
i x
ứ
ng
v
ớ
i trung tuy
ế
n AM qua
đườ
ng phân
giác AD. G
ọ
i BN=x, NC=y,
đươ
ng cao

a
AH h
=
.
Di
ệ
n tích c
ủ
a hai tam giác ABN, ACM:
1 1
. . .sin
2 2
1 1
. . .sin
2 2 2
ABN
ACM
a
a
S h x c AN
x y
S h b AM
= =
+
= =
α
β

M
ặ

t khác, do
α β
=
nên
. 2 .
x x y
c AN b AM
+
=
(1.7)
T
ươ
ng t
ự

đố
i v
ớ
i hai tam giác ABM và ACN ta có di
ệ
n tích c
ủ
a chúng
( )
( )
1 1
. sin
2 2 2
1 1
. . .sin

2 2
a
a
ABM
ACN
x y
S h c AM A
S y h b AN A
β
α
+
= = −
= = −

Do
đ
ó, ta c
ũ
ng có
2 . .
x y y
c AM b AN
+
=
(1.8)
c

b

N

D

M

B
C

A

10

T
ừ
(1.7) và (1.8) ta có
.
2 .
x c AN
x y b AM
=
+
và
2 .
.
x y c AM
y b AN
+
=
. Suy ra
2

2
x c
y
b
=

Ví dụ 1.1.2.4:
Các ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ủ
a m
ộ
t
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p trong m
ộ
t
tam giác là ba
đỉ
nh c
ủ

a m
ộ
t tam giác m
ớ
i. Bi
ể
u di
ễ
n t
ỉ
s
ố
di
ệ
n tích c
ủ
a hai
tam giác này qua các góc c
ủ
a tam giác ban
đầ
u.
Để
t
ỉ
s
ố
này l
ớ
n nh

ấ
t thì tam
giác ban
đầ
u ph
ả
i là tam giác gì?
Lời giải

G
ọ
i r và R là bán kính
đườ
ng tròn
n
ộ
i ti
ế
p, ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC.
G
ọ
i S là di
ệ
n tích tam giác ABC.
( )
( )

(1.9)
1
2
sin sin sin
S r AB BC CA
rR A B C
= + +
= + +
G
ọ
i
1
S
là di
ệ
n tích tam giác
1 1 1
A B C
.
( )
( )
( )
( )
( )
2
1
2
1.10
1
sin sin sin

2
1
sin sin sin
2
S r A B C
r A B C
 
 
= − + − + −
= + +
π π π

T
ừ
(1.9) và (1.10) suy ra
1
2
S
r
S R
= (1.11)
M
ặ
t khác
1 1
cot , cot
2 2
AB B C
A C
r r

= =

Suy ra:
1 1
2 sin
cot cot
2 2
sin cos
2
2 2
sin
sin sin sin sin
2 2 2 2
AB B C
AC R B A C
r r r
A C B
b R
B
A C A C
r r
+
= = = +
+
= = = =

A

C

B

O

B

1
C

1

A
1
11

T
ừ

đ
ó suy ra
4 1
sin sin sin
2 2 2
R
A B C
r
=
(1.12)
T
ừ

(1.11) và (1.12) ta có
1
1
2sin sin sin
2 2 2 2 4
S
r A B C
S R
= = ≤

V
ậ
y t
ỉ
s
ố
l
ớ
n nh
ấ
t b
ằ
ng
1
4

khi
1
1
4

S
S
=
, t
ứ
c là
1
sin sin sin . .
2 2 2 8
2
2 2
A B C a b c
ac
bc ba
= =
. Lúc
đ
ó
a b c
= =
.
V
ậ
y
1
S
S
là l
ớ
n nh

ấ
t n
ế
u tam giác ABC
đề
u.
Ví dụ 1.1.2.5:
Cho
đườ
ng tròn tâm O. Xác
đị
nh
đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
t
ồ
n t
ạ
i tam
giác ngo
ạ
i ti
ế
p
đườ

ng tròn (O) n
ế
u cho tr
ướ
c m
ộ
t góc và c
ạ
nh
đố
i di
ệ
n góc
đ
ó.
Lời giải

Gi
ả
s
ử
tam giác ABC ngo
ạ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn (O, r) và
đườ
ng tròn bàng

ti
ế
p nó có bán kính R. Ta kí hi
ệ
u góc
,
A BC a
α
= =
, các ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ủ
a các
đườ
ng tròn trên v
ớ
i các c
ạ
nh c
ủ
a tam giác là E, F, G, H, ta có 2AE=2p (chu vi
c
ủ
a tam giác ABC).
M

ặ
t khác, p=AE=AH+BC=AH+HE do
đ
ó BC=HE
Ta tính kho
ả
ng cách
OO
′

OO
cos cos
2 2
HE a
α α
′
= =
(1.13)
r

R

H

E

A

O

O'

C

B

G

F

12

Theo (1.13),
đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
t
ồ
n t
ạ
i m
ộ
t tam giác theo
đ
i
ề

u ki
ệ
n
đ
ã cho là
OO =
cos
2
a
R r
α
′
+ ≤
(1.14)
M
ặ
t khác
.tan
2
R r a
α
− =
hay
.tan
2
R r a
α
= +
(1.15)
T

ừ
(1.14) và (1.15) ta có
2 .tan
2
cos
2
a
r a
α
α
≥ +
hay
1 sin
2
. 2
cos
2
a r
α
α
 
 
 
 
 
−
≥
.
V
ậ

y
đ
i
ề
u ki
ệ
n t
ồ
n t
ạ
i m
ộ
t tam giác th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n cho tr
ướ
c là:
1 sin
2
2
cos
2
r
a

α
α
−
≤

Ví dụ 1.1.2.6:
Tìm m
ộ
t hình thang có ba c
ạ
nh b
ằ
ng nhau sao cho di
ệ
n
tích c
ủ
a nó l
ớ
n nh
ấ
t.
Lời giải


Hình thang ABCD có ba
c
ạ
nh b
ằ

ng nhau và b
ằ
ng a
(
)
, //CD
AB CD AB
<

K
ẻ

AA //
BC
′
và AH là
đườ
ng cao thì
DH HA x
′
= =
.

Di
ệ
n tích hình thang b
ằ
ng
( ) ( )( )
3

2 2
S a x a x a x a x
= − + = − +
( ) ( )
3
27 27 . .
3 3 3 3
a x a x a x a x
a x a x
 
 
 
+ + + +
= − = −

(1.16)
x

A'

H

D

C

A

B

13

T
ừ

đ
ó ta th
ấ
y di
ệ
n tích S là l
ớ
n nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi v
ế
ph
ả
i c
ủ
a (1.16) là l
ớ
n
nh
ấ
t. M
ộ
t m

ặ
t ta có
2
3 3 3
a x a x a x
a x a
+ + +
− + + + =
là m
ộ
t h
ằ
ng s
ố
, cho nên
(1.16) l
ớ
n nh
ấ
t khi:
3
a x
a x
+
− =
.
V
ậ
y, trong các hình thang có ba c
ạ

nh b
ằ
ng nhau thì hình thang có a=2x
hay DC=2a có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t.
Ví dụ 1.1.2.7 :
Trong m
ộ
t hình thang cân, m
ộ
t
đườ
ng chéo vuông góc
v
ớ
i c
ạ
nh bên. Tìm góc nh
ọ
n và
đ
áy l
ớ
n n
ế

u cho tr
ướ
c
đườ
ng cao và c
ạ
nh
đ
áy
nh
ỏ
.
Lời giải

Ta có
DH DC a
− =
(1.17)
G
ọ
i góc nh
ọ
n
ở

đ
áy là
α
thì


DBH
=
α
và
.cot , .tan
CH h DH h
α α
= =
.
Thay vào (1.17) ta có
2
.tan .cot .tan .tan 0
h h a h a h
− = ⇔ − − =
α α α α
(1.18).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình (1.18) cho nghi
ệ
m :
2 2
4
tan
2
a a h
h
α

± +
=
.
Do
α
là góc nh
ọ
n nên ch
ỉ
l
ấ
y nghi
ệ
m
2 2
2 2
4 1
tan arctan 4
2 2
a a h
a a h
h h
α α
 
 
 
+ +
=
⇒ = + +
. C

ạ
nh
đ
áy l
ớ
n
đượ
c
tính khi thay giá tr
ị
c
ủ
a
tan
α
vào
đẳ
ng th
ứ
c
(
)
tan cot
DC DH HC h
α α
= + = +
.
Ví dụ 1.1.2.8 :
Cho hai
đ

i
ể
m A và B
ở
ngoài
đườ
ng th
ẳ
ng d cho tr
ướ
c.
Xác
đị
nh
đ
i
ể
m M trên d sao cho AM:BM là l
ớ
n nh
ấ
t; là bé nh
ấ
t.

14

Lời giải

V
ẽ

đườ
ng th
ẳ
ng l là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n
th
ẳ
ng AB, l c
ắ
t d
ở
O, rõ
ràng OA:OB=1. Gi
ả

s
ử
M
là
đ
i
ể
m trên d và thu
ộ
c
n
ử
a m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
đ
i
ể
m
A, b
ờ
là
đườ
ng th
ẳ
ng l.

Lúc
đ
ó,


AOM BOM AM BM
α β
= < =
⇒
<
hay
: 1
AM BM
<
(1.19).
G
ọ
i OM=x và OA=R. Ta có
( )
2 2 2 2 2 2
2
2
2 cos 2 1 2sin
2
4 sin
2
AM R x Rx R x Rx
R x Rx
α
α

α
 
 
 
= + − = + − −
= − +

( )
2
2 2 2 2
2 cos 4 sin
2
BM R x Rx R x Rx
β
β
= + − = − +

Vì
2
1
AM
BM
 
 
 
<
(theo (1.19)) nên
2 2
sin sin
2 2

α β
<
.
M
ặ
t khác
( )
( )
2
2 2
2
2
2 2
4 sin sin
2 2
4 sin sin
2 2
R x Rx
AM AM
BM BM
R x Rx
α α
β β
 
 
 
− +
> = ≥
− +

D
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c
đượ
c th
ỏ
a mãn khi
0
R x
− =
, t
ứ
c là khi
OA OB OM
= =
.
V
ậ
y
AM
BM
l
ớ
n nh
ấ
t khi

R x
=
và
AM
BM
nh
ỏ
nh
ấ
t khi
BM
AM
l
ớ
n nh
ấ
t.
Tr
ườ
ng h
ợ
p A, B n
ằ
m v
ề
hai phía c
ủ
a d ch
ứ
ng minh t

ươ
ng t
ự
.
Ví dụ 1.1.2.9:
Tam giác ABC là tam giác gì n
ế
u các c
ạ
nh c
ủ
a chúng là
a, b, c th
ỏ
a mãn
đẳ
ng th
ứ
c
sin
2
2
A a
bc
=


x

d

l
O

M

B

A

15

Lời giải

Theo gi
ả
thi
ế
t, tam giác ABC th
ỏ
a mãn
đẳ
ng th
ứ
c
sin
2
2
A a
bc

=
hay
2 2
2
1 cos
sin cos 1
2 4 2 2
A a A a
A
bc bc
⇒ −
−
= = =
(1.20)
M
ặ
t khác, theo
đị
nh lí cosin:
2 2 2
2
2 2 2 2 2
(1.21)
2 cos
2 1 2
2
a b c bc A
a
b c bc b c bc a
bc

 
 
 
 
= + −
= + − − = + − +

T
ừ
(1.21) ta có
( )
2
2 2
2 0
b c bc b c
+ − = − =
. Suy ra:
b c
=
.
V
ậ
y tam giác ABC là tam giác cân t
ạ
i A
1.2 Bài toán chứng minh
1.2.1 Một số bất đẳng thức đại số
Bất đẳng thức 1:
V
ớ

i các s
ố
d
ươ
ng a, b, c thì
( )
9
1 1 1
a b c
a b c
 
≥
 
 
+ + + +
.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a=b=c.
Lời giải

( )
( ) ( )
( )
2 2

2
1 1 1
9 1 1 1 9
2 2 2 0
a a b b c c
a b c
b c a c a b
a b c
a b b c
c a
a b b c c a
ab bc ca
b a c c a c
     
     
     
+ + + + − = + + + + + + + + −
− −
−
= + − + + − + + − = + + ≥
 
 
 

Bất đẳng thức 2.
V
ớ
i các s
ố
d

ươ
ng a, b, c, thì
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +

Lời giải
( )
1 1 1 3
1 1 1
3
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
a b c
b c c a a b
 
   
   
 
   
 
 
 
 
+ + = + + + + + −
+ + + + + +
= + + + + −

+ + +

16

( )
( )
( )
( )
1 1 1 1 9 3
. 3 3
2 2 2
b c c a a b
b c c a a b
 
 
 
= + + + + + + + − ≥ − =
+ + +

(do áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c 1)
Đẳ
ng th

ứ
c x
ả
y ra khi
b c c a a b a b c
+ = + = + ⇔ = =

Có th
ể
v
ậ
n d
ụ
ng hai b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c trên vào gi
ả
i và sáng t
ạ
o ra các bài
toán b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ

c hình h
ọ
c ho
ặ
c tìm c
ự
c tr
ị
hình h
ọ
c.
Để
gi
ả
i bài toán c
ự
c tr
ị

hình h
ọ
c chúng ta có nhi
ề
u cách gi
ả
i khác nhau, m
ộ
t trong các cách
đượ
c

dùng nhi
ề
u là dùng các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đạ
i s
ố
.
Ngoài ra, trong ph
ạ
m vi khóa lu
ậ
n này em xin gi
ớ
i thi
ệ
u m
ộ
t s
ố
cách
dùng b
ấ
t
đẳ

ng th
ứ
c
đạ
i s
ố

để
tìm c
ự
c tr
ị
hình h
ọ
c.
a. Sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai
V
ớ
i A là bi
ể
u th
ứ
c tùy ý thì
2 2
0; 0
A A
≥ − ≤
.
Do
đ

ó, v
ớ
i m là h
ằ
ng s
ố
, ta có:
N
ế
u
2
f A m
= +
thì
,min
f m f m
≥ =
khi A=0
N
ế
u
2
f A m
= − +

thì
,
f m max f m
≤ =
khi

0
A
=

b. Sử dụng bất đẳng thức Cô – si.
Đị
nh lí 1: V
ớ
i hai s
ố
th
ự
c không âm x, y ta có
2
x y
xy
+
≥
.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi x = y.
Đị
nh lí 2: V
ớ

i 3 s
ố
th
ự
c không âm x, y, z ta có:
3
3
x y z
xyz
+ +
≥
.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
x y z
= =
.
Đị
nh lí 3: V
ớ
i các s
ố
th
ự

c d
ươ
ng
1 2 3
, , , ,
n
x
x x x
.
Ta luôn có
1 2 3
1 2 3

. .
n
n
n
x
x
x x x
x x x
n
+ + + +
≥
.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả

y ra khi và ch
ỉ
khi
1 2 3

n
x x x x
= = = =
.


17

c. Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a Cốp-xki
B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Bu-nhi-a C
ố
p-xki d
ạ
ng th
ườ
ng
:
( ) ( ) ( )
2 2 2

a b c d ac bd
+ + ≥ +

v
ớ
i a, b, c, d là các s
ố
th
ự
c.

D
ấ
u " = " x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
a b
c d
=

B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Bu-nhi-a C
ố

p-xki cho 2 b
ộ
s
ố
th
ự
c
(
)
1 2 3
, , , ,
n
a a a a

và
(
)
1 2 3
, , , ,
n
b b b b
. Ta có:
(
)
(
)
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3

n n n n
a a a a b b b b a b a b a b a b
+ + + + + + + + + ≥ + + + +

D
ấ
u
" "
=
x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
(
)
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
và
(
)
1 2 3
, , , ,
n
b b b b
t
ỉ

l
ệ
, ngh
ĩ
a
là t
ồ
n t
ạ
i m
ộ
t s
ố
th
ự
c k sao cho
1 1 2 2 3 3
, , , ,
n n
a kb a kb a kb a kb
= = = =
.
d. Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc khác.
B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Nesbit

:
V
ớ
i ba bi
ế
n d
ươ
ng a, b, c ta có:
3
2
a b c
b c a c a b
≥
+ +
+ + +

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi: a = b = c
V
ớ
i b
ố
n bi
ế
n d

ươ
ng a, b, c, d ta có:
2
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi
a b c d
= = =
.
V
ớ
i sáu bi
ế
n d
ươ
ng a, b, c, d, e, f ta có:
3
a b c d e f
b c c d d e e f f a a b
+ + + + + ≥
+ + + + + +

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi a = b = c = d = e = f.

Bài toán c
ự
c tr
ị
hình h
ọ
c liên quan
đế
n b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
Các bài toán c
ự
c tr
ị
trong hình h
ọ

c th
ườ
ng có d
ạ
ng nh
ư
sau:
18

Trong t
ấ
t c
ả
các hình có cùng m
ộ
t tính ch
ấ
t. Tìm hình sao cho m
ộ
t
đạ
i
l
ượ
ng nào
đ
ó (
độ
dài
đ

o
ạ
n th
ẳ
ng, s
ố

đ
o góc, s
ố

đ
o di
ệ
n tích ) có giá tr
ị
l
ớ
n
nh
ấ
t ho
ặ
c giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.

M
ộ
t trong các ph
ươ
ng pháp gi
ả
i toán c
ự
c tr
ị
hình h
ọ
c là s
ử
d
ụ
ng các
b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c, trong
đ
ó có b
ấ
t
đẳ
ng th

ứ
c Cô – si.
Ở
c
ấ
p Trung h
ọ
c C
ơ
s
ở
, các b
ạ
n
đ
ã
đượ
c làm quen v
ớ
i b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô – si
d
ướ
i d
ạ

ng
2
2
x y
xy
 
 
 
+
≥
ho
ặ
c
( )
2
4
x y xy
+ ≥
.
Ở
các bài toán c
ự
c tr
ị
, b
ấ
t
đẳ
ng
th

ứ
c này
đượ
c s
ử
d
ụ
ng d
ướ
i d
ạ
ng sau:
 Tìm giá trị nhỏ nhất:
Dạng 1
:
( )
2
4
x y xy
+ ≥
ho
ặ
c
2 2
2
x y xy
+ ≥

Dạng 2
:

2
4
x y
xy
 
 
 
+
≥

Dạng 3
: N
ế
u tích x.y là h
ằ
ng s
ố
thì t
ổ
ng x+y nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi x = y
 Tìm giá trị lớn nhất
Dạng 4
:
( )

2
4 .
x y x y
≤ +
ho
ặ
c
2 2
2
xy x y
≤ +

Dạng 5
:
( )
2
. 1
4
x y
x y
≤
+

Dạng 6
: N
ế
u t
ổ
ng x+y là h
ằ

ng s
ố
thì tích x.y l
ớ
n nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi x=y.
Trong các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c trên,
đ
i
ề
u ki
ệ
n
để
x
ả
y ra d
ấ
u
đẳ
ng th

ứ
c là x = y và
tr
ừ
các d
ạ
ng 1 và 4, các d
ạ
ng khác
đ
òi h
ỏ
i x và y là các s
ố
d
ươ
ng.
1.2.2 Ví dụ minh họa
D
ướ
i
đ
ây là m
ộ
t s
ố
bài t
ậ
p tìm c
ự

c tr
ị
hình h
ọ
c có s
ử
d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đạ
i s
ố
.
Ví dụ 1.2.2.1:
Cho tam giác ABC. Qua m
ộ
t
đ
i
ể
m M b
ấ
t kì thu
ộ

c c
ạ
nh
AC, k
ẻ
các
đườ
ng song song v
ớ
i hai c
ạ
nh kia, chúng t
ạ
o v
ớ
i hai c
ạ
nh
đấ
y m
ộ
t
hình bình hành. Tìm v
ị
trí c
ủ
a M
để
hình bình hành
ấ

y có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t.


19

Lời giải

G
ọ
i hình bình hành t
ạ
o thành là BEMF.
Đặ
t
EMF
;
B ABC
S S S S
′
= =
(không
đổ
i).
C

ầ
n tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
S
′
. K
ẻ

AK BC
⊥
, AK c
ắ
t EM
ở
H.
Ta có
1
. , .
2
S EM HK S BC AK
′
= =
nên

2. .
S EM HK
S BC AK
′
=
.
Đặ
t MA=x, MC=y, theo
đị
nh lý Ta-let ta có
,
EM x HK y
BC x y AK x y
= =
+ +
nên
( )
2
2
S y
S
x y
′
=
+
. Theo b
ấ
t
đẳ
ng th

ứ
c Cô – si thì
( )
2
2 1
2
S y
S
x y
′
= ≤
+
. Do
đ
ó giá tr
ị

l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
S
′
là
1
2
S

. Khi
đ
ó x = y , t
ứ
c là M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng AC.
Khai thác ví d
ụ
1. T
ừ

1
2
S
S
′
≤
suy ra
2

S
S
≥
′
. Do
đ
ó n
ế
u
S
′
là h
ằ
ng s
ố
còn S
thay
đổ
i thì giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
S
S
′

là 2, ta có ví d
ụ
sau:

Ví dụ 1.2.2.2:
Cho hình bình hành BEMF, d
ự
ng
đườ
ng th
ẳ
ng qua M c
ắ
t
các c
ạ
nh c
ủ
a góc B t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t.

Ví d
ụ
này có th
ể
di
ễ
n
đạ
t d
ướ
i d
ạ
ng khác: Cho góc B khác góc b
ẹ
t và
m
ộ
t
đ
i
ể
m M thu
ộ
c mi
ề
n trong c
ủ
a góc. D
ự
ng

đườ
ng th
ẳ
ng qua M c
ắ
t hai c
ạ
nh
c
ủ
a góc B t
ạ
o thành m
ộ
t tam giác có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t.
Ví dụ 1.2.2.3:
Trong các hình thang ABCD
(
)
//AD
BC
có di
ệ
n tích S

không
đổ
i. E là giao
đ
i
ể
m các
đườ
ng chéo.
Ở
hình thang nào thì tam giác ABE
có di
ệ
n tích bé nh
ấ
t?
Lời giải

D
ễ
th
ấ
y
ABE CDE
S S
=
,
đặ
t các di
ệ

n tích
đ
ó b
ằ
ng
S
′
.
Đặ
t
1 2
,
CEB AED
S S S S
= =
.
Tr
ướ
c h
ế
t ta ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
1 2
.
S S S
′

=
.
Th
ậ
t v
ậ
y,
2
1 1
1 2
2 2
, .
S S
EC S EC S
S S S
S EA S EA S S
′ ′
′
= = ⇒ = ⇒ =
′ ′
(1.22)
20

Đặ
t BC=x, AD=y, ta s
ẽ
bi
ể
u th
ị

các t
ỉ
s
ố

1 2
, ,
S S
S
S S S
′
theo x và y. Qua C k
ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i BD, c
ắ
t AD
ở
K. Ta có DK=BC=x;
ACK ABCD
S S S
= =
.
Ta có
ACK CEB AED

∆ ∆ ∆
∽ ∽
nên
( ) ( )
2 2
2 2
1 2
2 2
,
S
S
BC x AD y
S AK S AK
x y x y
   
=
   
   
= = =
+ +
(1.23)
T
ừ
(1.22) và (1.23) suy ra
( ) ( )
2
2 2
1 2
4 2
.

S S
S x y S xy
S S S S
x y x y
 
 
 
′ ′
= = ⇒ =
+ +

Theo b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô – si d
ạ
ng 5 thì
( )
2
1
4
S xy
S
x y
′
= ≤
+

Do
đ
ó giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
S
′
là
1
4
S

Khi
đ
ó x = y, t
ứ
c là hình thang ABCD tr
ở
thành hình bình hành.
Ví dụ 1.2.2.4:
Cho tam giác ABC vuông cân có c
ạ
nh huy

ề
n BC =a. Các
đ
i
ể
m D, E theo th
ứ
t
ự
thu
ộ
c các c
ạ
nh AB, AC. V
ẽ
DH và EK vuông góc v
ớ
i
BC
(
)
,
H K BC
∈
. Tính di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ

t c
ủ
a hình thang DEKH khi D và E
thay
đổ
i v
ị
trí trên các c
ạ
nh AB và AC.
Lời giải

Đặ
t
DEKH
S S
=
, ta có
(
)
(
)
2
S DH EK .HK BH KC .HK
= + = +
. Ta th
ấ
y t
ổ
ng

BH KC K
( )
.H
+
l
ớ
n nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi
2
a
BH KC HK
+ = =
(b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô-si).
V
ậ
y giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ

t c
ủ
a S là
2
1
. .
2 2 2 8
a a a
=
khi hình thang DEKH có
đườ
ng cao
2
a
HK
=
, có vô s
ố
hình thang nh
ư
v
ậ
y.
21

Ví dụ 1.2.2.5:
Cho
đ
o
ạ

n th
ẳ
ng AB và
đườ
ng th
ẳ
ng d song song v
ớ
i
nhau. Tìm
đ
i
ể
m M (M và d n
ằ
m khác phía
đố
i v
ớ
i AB) sao cho các tia MA,
MB t
ạ
o v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng d thành m
ộ

t tam giác có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t.
Lời giải
G
ọ
i C và D là các giao
đ
i
ể
m c
ủ
a các tia MA và MB v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng d,
MCD
S S
=
, MH và MK theo th
ứ
t
ự

là
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác MAB và tam
giác MCD.
Đặ
t MH=x, AB=a (không
đổ
i), HK=h (không
đổ
i).
Ta có
(
)
a x h
AB MH x
CD
CD MK x h x
+
= = ⇒ =
+
.
Do
đ
ó
( )
2
2 2 2
1 2

. . . 2
2 2 2 2
x h
a a x hx h a h
S CD MK x h
x x x
 
 
 
 
+
+ +
= = = = + +

Do a và h là h
ằ
ng s
ố
nên S nh
ỏ
nh
ấ
t n
ế
u
2
h
x
x
+

nh
ỏ
nh
ấ
t. Ta l
ạ
i th
ấ
y x và
2
h
x

là hai s
ố
d
ươ
ng có tích không
đổ
i ( b
ằ
ng
2
h
) nên t
ổ
ng c
ủ
a chúng nh
ỏ

nh
ấ
t khi
và ch
ỉ
khi
2
h
x
x
=
, t
ứ
c là x=h (b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô-si).
Nh
ư
v
ậ
y có vô s
ố

đ
i
ể

m M th
ỏ
a mãn bài toán, t
ậ
p h
ợ
p c
ủ
a chúng là
đườ
ng
th
ẳ
ng
d
′
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng d qua tr
ụ
c AB.
Ví dụ 1.2.2.6:
Cho

đ
i
ể
m A n
ằ
m bên trong d
ả
i t
ạ
o b
ở
i hai
đườ
ng th
ẳ
ng
song song d và
d
′
. D
ự
ng
đ
i
ể
m B thu
ộ
c d,
đ
i

ể
m C thu
ộ
c
d
′
sao cho tam giác
ABC vuông
ở
A và có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t.
Lời giải

G
ọ
i H và K là các hình chi
ế
u c
ủ
a A trên d và
d
′
.
Đặ
t



, , ,
ABC
S S HAB ACK AH a AB b
α
= = = = =
v
ớ
i a, b, là các h
ằ
ng s
ố
.
Ta có
,
os sin
a b
AB AC
c
α α
= =
nên
2sin os
ab
S
c
α α
=
. Do

đ
ó S nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ

khi
2sin os
c
α α
l
ớ
n nh
ấ
t. Ta có
2 2
2sin os sin os
c c
α α α α
≤ +

(b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô-

22

si) mà
2 2
sin os 1
c
α α
+ =
, do
đ
ó
(
)
2sin cos
α α
l
ớ
n nh
ấ
t b
ằ
ng 1. Nh
ư
v
ậ
y S nh
ỏ

nh
ấ

t khi và ch
ỉ
khi
sin os =45
c
α α α
= ⇔ °
. Bài toán có hai nghi
ệ
m hình.
Cách gi
ả
i khác. Không
đặ
t bi
ế
n s
ố
là góc
α
mà
đặ
t HB=x, KC=y r
ồ
i áp d
ụ
ng
đị
nh lý Py-ta-go và b
ấ

t
đẳ
ng th
ứ
c
0 1
y
≤ <
.
Các bài toán trên cho th
ấ
y kh
ả
n
ă
ng v
ậ
n d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô – si
để
gi
ả
i

toán c
ự
c tr
ị
hình h
ọ
c khá phong phú. Chúng ta nên l
ư
u ý:

Chú ý
đế
n các
đạ
i l
ượ
ng không
đổ
i:
ABC
S

ở
ví d
ụ
1.2.2.1;
EMF
B
S
ở

ví
d
ụ
1.2.2.2;
ABCD
S
ở
ví d
ụ
1.2.2.3;
độ
dài BC
ở
ví d
ụ
1.2.2.4;
độ
dài AB và
kho
ả
ng cách h
ở
ví d
ụ
1.2.2.5; các
độ
dài a và b
ở
ví d
ụ

1.2.2.6.

Bi
ể
u th
ị
các
đạ
i l
ượ
ng thay
đổ
i b
ở
i các bi
ế
n : các
độ
dài x và y
ở
các ví
d
ụ
1.2.2.1; 1.2.2.3;
độ
dài x
ở
ví d
ụ
1.2.2.5 ; góc

;sin , os
c
α α α
ở
ví d
ụ
1.2.2.6.

Ngoài cách bi
ể
u th
ị
tr
ự
c ti
ế
p
đạ
i l
ượ
ng ph
ả
i tìm c
ự
c tr
ị
theo các bi
ế
n
(di

ệ
n tích S
ở
các ví d
ụ
1.2.2.4; 1.2.2.5; 1.2.2.6), còn có th
ể
bi
ể
u th
ị
gián ti
ế
p
thông qua các t
ỉ
s
ố
trung gian (t
ỉ
s
ố

S
S
′
ở
các ví d
ụ
1.2.2.1 và 1.2.2.3). Sau

đ
ó
s
ử
d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô – si
để
tìm c
ự
c tr
ị
c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
đ
ang xét.
Ví dụ 1.2.2.7:
Cho tam giác
đề

u ABC có c
ạ
nh b
ằ
ng a. G
ọ
i
đườ
ng
vuông góc t
ừ

đ
i
ể
m M n
ằ
m trong tam giác
đế
n các c
ạ
nh BC, CA, AB l
ầ
n l
ượ
t là
MD, ME, MF. Xác
đị
nh v
ị

trí M
để
:
a,
1 1 1
MD ME MF
+ +

đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t. Tính giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t
đ
ó.
b,
1 1 1
MD ME ME MF MF MD
+ +
+ + +

đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t. Tính giá tr
ị
nh
ỏ

nh
ấ
t
đ
ó.
Lời giải
G
ọ
i h là
độ
dài
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác
đề
u ABC thì
3

2
a
h =
.
Đặ
t MD=x,
ME=y, MF=z. Ta có:
23

=
ABC MBC MAC MAB
S S S S ah a x a y a z x y z h
= + + ⇔ = + + ⇔ + +

không
đổ
i
a, Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c 1 ta có:
( )
1 1 1 1 1 1 9 6 3
9
x y z

x y z x y z h a
   
   
   
+ + + + ≥ ⇔ + + ≥ =

b, Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c 2 ta
đượ
c
( )
1 1 1
9
1 1 1 9 3 3
2
x y y z z x
x y y z z x
x y y z z x h a
 
 
 
+ + + + + + + ≥
+ + +

⇔ + + ≥ =
+ + +

Trong c
ả
hai tr
ườ
ng h
ợ
p
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi x = y = z, lúc
đ
ó M là
tâm c
ủ
a tam giác
đề
u ABC.
Ví dụ 1.2.2.8:
G
ọ
i H là tr
ự

c tâm tam giác ABC có ba góc nh
ọ
n v
ớ
i ba
đườ
ng cao
1
AA
,
1
BB
,
1
CC
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
a ,
1 1 1
1 1 1
AA
9
A
BB CC
H HB HC
+ + ≥

b,
1 1 1
A
3
A 2
H HB HC
H HB HC
+ + ≥

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi nào?
Lời giải
G
ọ
i di
ệ
n tích các tam giác ABC, HBC, HAC, HAB l
ầ
n l
ượ
t là
1 2 3
, , ,
S S S S
thì
1 2 3

S S S S
= + +
.
a, D
ễ
th
ấ
y
3
1 1 1 2 1
1 1 1
A
; ;
AA
S
S
H HB S HC
S BB S CC S
= = =
. Do
đ
ó
1 1 1
1 1 1
A
1
AA
H HB HC
BB CC
+ + =

Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c 1 ta
đượ
c
1 1 1
1 1 1
AA
9
A
BB CC
H HB HC
+ + ≥
.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
1 1 1

1 2 3
1 1 1
A
1
AA 3 3
H HB HC
S
S S S
BB CC
= = = ⇔ = = =

24

Lúc
đ
ó H v
ừ
a là tr
ự
c tâm v
ừ
a là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác ABC, nên ABC là tam
giác
đề
u.
b, T

ừ

1 1
1
A
AA
H S
S
=
có
1 1 1 1
1 1 1 2 3
A
A AA HA
H HA S S
H S S S S
= = =
− − +
.
T
ươ
ng t
ự

3
1 2 1
1 3 1 2
;
S
HB S HC

HB S S HC S S
= =
+ +
.
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c 2 có
1 1 1
A
3
A 2
H HB HC
H HB HC
+ + ≥

L
ậ
p lu
ậ
n nh
ư
trên
đẳ
ng th

ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi tam giác ABC
đề
u.
Ví dụ 1.2.2.9:
Cho tam giác nh
ọ
n ABC có c
ạ
nh a, b, c t
ươ
ng
ứ
ng,
đườ
ng cao AH=h. Hãy n
ộ
i ti
ế
p trong tam giác ABC m
ộ
t hình ch
ữ
nh
ậ
t MNPQ

sao cho hình ch
ữ
nh
ậ
t này có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t, bi
ế
t M thu
ộ
c AB, N thu
ộ
c AC,
P,Q thu
ộ
c BC.

Lời giải

Để
xác
đị
nh hình ch
ữ
nh
ậ

t MNPQ th
ỏ
a mãn
đề
bài ta
đ
i xác
đị
nh v
ị
trí
đ
i
ể
m
M thu
ộ
c AB.
Gi
ả
s
ử
AH c
ắ
t MN t
ạ
i K.
Đặ
t x=PN, y=MN, AK=h-x
Ta có

AMN ABC
∆ ∆
∽

Suy ra
MN AK y h x h x
y a
BC AH a h h
 
 
 
− −
=
⇒
=
⇒
=

Do
đ
ó
( )
.
MNPQ
a
S xy x h x
h
= = −

Theo b

ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Cô-si ta có
( )
2 2
x h x h
x h x
+ −
− ≤ =

Suy ra
( )
2
4 4
MNPQ
h ah
x h x S− ≤ ⇒ ≤

V
ậ
y
MNPQ
S
l
ớ
n nh
ấ

t
4 2
MNPQ
ah h
S x
⇔ = ⇔ =

25

Khi
đ
ó MN là
đườ
ng trung bình c
ủ
a tam giác ABC. Suy ra M là trung
đ
i
ể
m
c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng AB.
Ví dụ 1.2.2.10:

Trong các tam giác n
ộ
i ti
ế
p cùng m
ộ
t
đườ
ng tròn, tam
giác nào có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t?
Lời giải.

Xét tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p (O,R). Gi
ả
s
ử
BC là c
ạ
nh nh
ỏ

nh
ấ
t c
ủ
a tam giác
ABC. G
ọ
i
A
′

là
đ
i
ể
m chính gi
ữ
a cung BC ch
ứ
a A.
Ta có
ABC A BC
S S
′
≤
. K
ẻ

A H BC
′

⊥
, do
BC
là c
ạ
nh nh
ỏ
nh
ấ
t nên

60
BAC
≤

,
v
ậ
y nên
O
không n
ằ
m ngoài
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng

A H
′
.

Đặ
t
OH=x
ta có
2 2
,
A H R x HC R x
′
= + = −

( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 3
2 2
1
. 3 3
3
A BC
S A H HC R x R x R x R x R x R x
′
′
= = + − = + − = + −

Theo b
ấ
t

đẳ
ng th
ứ
c Cô-si cho 4 s
ố
không âm, ta có
( )
( )
( )( )( )
( )
4
3
4
3 3
3 3 3 3
4
3
2
R x R x R x R x
R x R x R x R x R x R x
R
 
 
 
 
 
 
+ + + + + + −
+ − = + + + − ≤
=

Suy ra
2
2
1 3 3 3
2 4
3
ABC A BC ABC
R R
S S S
 
 
′
 
≤ ≤
⇒
≤

ABC
S
l
ớ
n nh
ấ
t b
ằ
ng
2
3 3
3 3

4 2
R R
R x R x x
⇔ + = − ⇔ =

Khi
đ
ó
3
BC R
=
, hay tam giác ABC
đề
u.
Ta có các ví d
ụ
t
ươ
ng t
ự
:
Ví dụ a
. Trong t
ấ
t c
ả
các hình nón n
ộ
i ti
ế

p hình c
ầ
u cho tr
ướ
c, tìm hình
nón có th
ể
tích l
ớ
n nh
ấ
t.