Tài liệu ôn toán lớp 9, luyện thi vào lớp 10 trung học phổ thông tham khảo (3)

Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


125

nên cũng chả mấy ai quan tâm. Đến đọan giữa thế kỷ 20- khi máy tính bắt đầu được sử dụng,
khi các vấn đề tối ưu trong kinh tế, kỹ thuật trở nên quan trọng thì người ta lại tìm lại các lý
thuyết về đa diện. Từ những năm 50 trở lại đây, lý thuyết đa diện phát triển rất nhanh.
Hiện nay có khối thứ lằng nhằng trừu tượng liên quan đến nó, cũng có khá nhiều connection
giữa lý thuyết đa diện và các lọai tóan khác- mà có lẽ đựơc nhiều người quan tâm nhất là các
mối tương quan của nó với hình học đại số (vì số lựơng người học HHDS rất đông đảo).
Grothendieck sau khi tìm hiểu mấy cuốn sách về đa diện đều của Coxeter cũng có đưa ra một
số vấn đề liên quan đến hình học đại số mà hình như đến nay vẫn chưa đựơc giải quyết.
Ngoài ra mấy cái lý thuyết mới của hình học vi phân như Hyperkaehler Geometry của
Witten- Rolanzky đưa ra năm 1996 (quaternion geometry- tức là hình học vi phân không gian
4n chiều), Correlation polytopes đưa ra năm 1989 (các polytopes với các đỉnh là các ma trận!
) với ứng dụng chủ yếu cho các lọai quantum theory cũng có ít nhiều liên hệ với lý thuyết đa
diện.

6. Schlegel diagram?
Schlegel diagram có thể gọi là một mẹo vặt rất đơn giản của hình học: chiếu tất cả các mặt
khác của một hình đa diện lồi bất kỳ xuống một mặt của nó. Hoặc nói một cách khác- chúng
ta cầm một khung hình lập phương
ABCDEFGH
lên chẳng hạn, dí thật sát mắt vào một mặt,
tạm gọi là mặt
ABCD
của nó, thì cuối cùng hình ảnh hiện ra là chúng ta nhìn thấy mọi mặt
bên trong của hình lập phương này.
Nếu nói formal, thì để chiếu một hình ảnh nhiều chiều hơn xuống thấp chiều hơn, chúng ta
chỉ việc di chuyển điểm nhìn tới sát một mặt sao cho nó nằm ở miền trong giao bởi mọi

đường thẳng đi qua các mặt đa diện khác.
Chiếu từ không gian nhiều chiều hơn vì thế, tương tự. Ví dụ cái hình ở post đầu tiên em đưa
lên là hình lập phương trong không gian 4 chiều- gồm 16 đỉnh, 32 cạnh, 32 mặt 2 chiều (hình
vuông), và 16 mặt 3 chiều (hình lập phương). Còn làm sao để nhìn đựơc nó thành 2 cái hình
lập phương lồng vào nhau thế thì là do cách chiếu Schlegel luôn dùng một mặt (n-1) để
chiếu. Ở trong không gian 3 chiều, một mặt (n-1) của một đa diện là một mặt 2 chiều. Trong
không gian 4 chiều thì một mặt của nó chính là 1 mặt 3 chiều- tức là hình lập phương!



7. Phân lớp các đa diện trong không gian 3 chiều.
Steinitz đã làm việc này khá đơn giản: vẽ một mặt phẳng tọa độ 2 chiều, với trục tung là trục
f2 (mặt), trục hòanh là trục f0 (đỉnh).
Nhờ công thức
0 1 2 2
f f f
− + =
cho đa diện 3 chiều chúng ta có những gì?
1)
0 4
f
≥

2)
2 4
f
≥

3)
0 2 2 4

f f
≤ −

4)
2 2 0 4
f f
≤ −


Chứng minh:

1) và 2) là bất đẳng thức cơ bản, vì bất cứ đa diện 3 chiều nào cũng có ít nhất 4 đỉnh, 4 mặt.
3) và 4) tương tự như nhau:
- Vì một mặt có ít nhất 3 cạnh, và mỗi cạnh là giao của 2 mặt
3 2 2 1
f f
⇒ ≤
.
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


126

Thay vào công thức Euler ở trên chúng ta được
1 2
2 0 1 2 0 3 2 0
2 2
f f f f f f f f
= − + ≤ − + = − ⇒

đ
pcm.
V
ậ
y thì, ch
ỉ
vi
ệ
c k
ẻ
2
đườ
ng th
ẳ
ng c
ắ
t nhau t
ạ
i
đ
i
ể
m
(
)
4,4
I = b
ị
ch
ặ

n b
ở
i hai n
ử
a m
ặ
t
ph
ẳ
ng
0 2 2 4
f f
≤ −
và
2 2 0 4
f f
≤ −
chúng ta
đựơ
c m
ộ
t cách qu
ạ
t m
ở
(ra vô cùng) mà
b
ấ
t c
ứ

m
ộ
t
đ
i
ể
m nguyên nào n
ằ
m trong cách qu
ạ
t m
ở
này c
ũ
ng là s
ố

đỉ
nh và s
ố
m
ặ
t c
ủ
a m
ộ
t
đ
a di
ệ

n (các b
ạ
n th
ử
xem!).
Ví d
ụ
, t
ạ
i
đ
i
ể
m
(
)
4,4
I = chúng ta
đựơ
c hình t
ứ
di
ệ
n. T
ạ
i
đ
i
ể
m

(
)
5,5
J = chúng ta
đựơ
c m
ộ
t
đ
a di
ệ
n có 5
đỉ
nh, 8 c
ạ
nh, 5 m
ặ
t. T
ạ
i
đ
i
ể
m
(
)
8,7
K = chúng ta
đựơ
c m

ộ
t
đ
a di
ệ
n khác .v.v.
C
ầ
n chú ý là các
đ
i
ể
m nguyên n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng
0 2 2 4
f f
= −
g
ọ
i là các
đ
a di
ệ
n
simplicial, còn các

đ
i
ể
m n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng
2 2 0 4
f f
= −
g
ọ
i là các
đ
a di
ệ
n simple. Các
đ
a di
ệ
n Simplicial n chi
ề
u là các
đ
a di
ệ
n mà t

ấ
t c
ả
các m
ặ
t c
ủ
a nó có
đ
úng n c
ạ
nh. Các
đ
a
di
ệ
n simple n chi
ề
u là các
đ
a di
ệ
n mà t
ấ
t c
ả
các
đỉ
nh c
ủ

a nó là giao c
ủ
a
đ
úng n m
ặ
t. Ví d
ụ

hình l
ậ
p ph
ươ
ng 3 chi
ề
u là m
ộ
t
đ
a di
ệ
n simple, vì t
ấ
t c
ả
các
đỉ
nh c
ủ
a nó là giao c

ủ
a
đ
úng 3
m
ặ
t. Hai d
ạ
ng
đ
a di
ệ
n simple và
đ
a di
ệ
n simplicial này là các tr
ườ
ng h
ợ
p extreme bao l
ấ
y
tòan b
ộ
tính ch
ấ
t t
ổ
h

ợ
p (có ngh
ĩ
a là s
ố
l
ượ
ng
đỉ
nh, c
ạ
nh, m
ặ
t v.v.) c
ủ
a các
đ
a di
ệ
n khác.
Các simplicial complex nó ch
ỉ
t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ
i các simplicial polytopes- m
ộ

t l
ớ
p polytopes
đặ
c
bi
ệ
t, là l
ớ
p polytopes "ch
ặ
n trên" c
ủ
a t
ấ
t c
ả
các polytopes. Ví d
ụ
nh
ư
trong các
đ
a di
ệ
n 3
chi
ề
u thì l
ớ

p simplicial polytopes là l
ớ
p các polytopes th
ỏ
a mãn ph
ươ
ng trình f0 = 2f2 - 4,
mà em
đ
ã vi
ế
t
ở
bài phân l
ớ
p các
đ
a di
ệ
n 3 chi
ề
u.
Trong không gian 4 chi
ề
u, tình th
ế
khác. K
ế
t lu
ậ

n
đầ
u tiên là: các polytopes có th
ể
n
ằ
m khá
lung tung, ch
ứ
không n
ằ
m kín các
đ
i
ể
m nguyên trong m
ộ
t polyhedral cone 3 chi
ề
u c
ố

đị
nh,
t
ươ
ng t
ự
nh
ư

t
ấ
t c
ả
các
đ
a di
ệ
n 3 chi
ề
u n
ằ
m kín các
đ
i
ể
m nguyên trong cái cone 3 chi
ề
u n
ữ
a.
Gi
ả
s
ử
dùng các b
ấ
t ph
ươ
ng trình

(
)
0 0 1
0 5, 3 5, 1 10, 1 4 0 10, 0 3 1 2 2 3, 1
2
f f
f f f f f f f f vì f f f
−
≥ ≥ ≥ ≥ − + ≥ ≥ ≤

để
t
ạ
o
ra m
ộ
t hình 3 chi
ề
u m
ở
(không b
ị
ch
ặ
n ra vô cùng) thì v
ẫ
n ch
ư
a th
ể

bi
ế
t chính xác m
ộ
t
đ
i
ể
m
X n
ằ
m trong cái m
ặ
t cone 3 chi
ề
u m
ở
này có ph
ả
i là m
ộ
t Polytope hay không.


Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5

127

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SƯU TẦM




1.

Kí hi
ệ
u
, ,
A B C
S S S
t
ươ
ng
ứ
ng là di
ệ
n tích c
ủ
a các th
ấ
t giác
đề
u
1 2 3 4 5 6 7
,

A A A A A A A

1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7
,
B B B B B B B C C C C C C C
. Gi
ả
s
ử

1 2 1 3 1 4
A A B B C C
= =
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2
A
B C A
S
S S S
< + <


Gi
ả
i:
Đặ

t
1 2 1 3 1 4
, , .
A A a A A b A A c
= = =

Ta có:
1 2 3 4 4 5
1 3 3 5
1 4 1 5
,
A A A A A A
A A A A b b c
A A A A c
= =


= = ≠


= =


S
ử
d
ụ
ng
đị
nh lí Ptolemy cho t

ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p
1 3 4 5
A A A A
ta có:
1 4 3 5 1 5 3 4 1 3 4 5
. . .
1
A A A A A A A A A A A A ab ac
a a
b c
= + = +
⇔ + =

Ta có:
1 2 3 1 2 3
2 2
1 3 3 2
1 2
1 2 1 2
1 2 1 3 3 2
A A A B B B
A A A A
A A
a a
B B C C

B B B B B B b c
∆ ∆
⇒ = = ⇒ = ⇒ =
∼

Ta có các thất giác đều đồng dạng với nhau.
2 2
CB
A A
S
S
a a
S S b c
   
⇒ + = +
   
   

Ta có:
2 2 2
2
1 1 2
1 1
2 2
a a a a a
b c b c bc
     
= + ≤ + = − <
     
     

⇒
đpcm.

2.
Trên mặt phẳng cho hai hình bình hành
1 3 5 7
A A A A
và
2 4 6 8
A A A A
có chung tâm O. Các
cạnh của hình
2 4 6 8
A A A A
cắt các tia
1 3 5 7
, , ,
OA OA OA OA
tại
1 3 5 7
, , ,
F F F F
. Các cạnh của
hình
1 3 5 7
A A A A
cắt tia
2 4 6 8
, , ,

OA OA OA OA
tại
2 4 6 8
, , ,
F F F F
. Với mỗi
{
}
1,2,3, ,8
k ∈

đặt
k
k
k
OF
OA
λ
=
. Chứng minh tồn tại
{
}
1,2,3, ,8
k ∈
để
1
2
k
λ
≥

.

Giải:
* Cách d
ựng:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


128

Cho hình bình hành
1 3 5 7
A A A A
tâm
O
. Gọi
M
,
1 3 5 7
, , ,
F F F F
lần lượt là trung điểm của
1 3 1 3 5 7
, , , ,
A A OA OA OA OA
.
1 3
F F
cắt
3 5 1 7

, ,
OM A A A A
lần lượt tại
P, Q, R
.
2 8
,
A PQ A PR
∈ ∈

sao cho
2 8
1
2
PQ PR
PA PA
= < .
D
ự
ng hình bình hành
2 4 6 8
A A A A
nh
ậ
n tâm O làm tâm thì d
ễ
th
ấ
y
( )

1 1
1,3,5,7
2
2
i
i
OF
i
OA
= < = và
( )
2
1
2,4,6,8
2
j
j
OF
PQ
j
OA PA
= < = .
Để
tránh x
ả
y ra tr
ườ
ng h
ợ
p này ta b

ổ
sung vào gi
ả
thi
ế
t: Trên m
ặ
t ph
ẳ
ng cho 2 hình bình
hành
1 3 5 7
A A A A
,
2 4 6 8
A A A A
có chung tâm O sao cho không có c
ạ
nh nào c
ủ
a hình bình
hành này c
ắ
t 2 c
ạ
nh
đố
i c
ủ
a hình hành kia.

Xét 2 tr
ườ
ng h
ợ
p:
a)

N
ế
u t
ồ
n t
ạ
i m
ộ
t
đỉ
nh (vd: A
1
) c
ủ
a hình bình hành này n
ằ
m trong hình ho
ặ
c trên c
ạ
nh
c
ủ

a hình bình hành kia thì
1
1
1
1
2
OF
OA
≥ > . K
ế
t lu
ậ
n bài toán
đ
úng.
b)

N
ế
u m
ọ
i
đỉ
nh c
ủ
a hình bình hành này n
ằ
m ngoài hình bình hành kia thì m
ỗ
i c

ạ
nh c
ủ
a
hình bình hành này ph
ả
i c
ắ
t 2 c
ạ
nh k
ề
nhau c
ủ
a hình bình hành kia.
* B
ổ

đề
1:
Cho
ABC
∆
v
ớ
i BO là trung tuy
ế
n.
, .
M BO MB MO

∈ =
M
ộ
t
đườ
ng th
ẳ
ng qua M c
ắ
t c
ạ
nh
BA t
ạ
i F và c
ắ
t BC t
ạ
i E thì có:
4 (1)
BA BC
BF BE
+ =
Ch
ứ
ng minh:
K
ẻ

AI / /EF, , / / ,

AI BO I CI EF CI BO J
∩ = ∩ =

Ta có: ,
BA BI BC BJ
BF BM BE BM
= =
4
BA BJ BD
BF BE BM
⇒
+ = =

* B
ổ

đề
2:
Cho hình bình hành tâm O. G
ọ
i M,N l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ

a BO,AO. L
ấ
y
đ
i
ể
m F trên
c
ạ
nh AB. N
ế
u tia FM c
ắ
t BC t
ạ
i E và FN c
ắ
t AD t
ạ
i K thì có:
BE AK BC
+ ≥

Ch
ứ
ng minh:
Theo (1) ta có:
4, 4
BA BC AB AD
BF BE AF AK

+ = + =

C
ộ
ng t
ừ
ng v
ế
hai
đẳ
ng th
ứ
c trên ta có và s
ử
d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Schwartz ta có:
4 4
8
1
BA AB BC AD BA AB BC BC AB BC
BF AF BE AK BF AF BE AK BF AF BE AK
BC
BE AK BC

BE AK
= + + + = + + + ≥ +
+ +
⇒ ≥ ⇔ + ≥
+

Tr
ở lại bài toán:
Giả sử

2 1 3 2 1 3 2 4 8
, .
A AOA OA A A F A A
∈ ∩ = đi qua O cắt A
3
A
5
tại F
4
, cắt A
1
A
7
tại F
8
. Gọi
M,N lần lượt là trung điểm của OA
3
,OA
1

. Ta chứng tỏ rằng một trong hai tia F
2
M, F
2
N
ph
ải cắt đoạn F
4
F
8
.
Gọi X,Y lần lượt là giao điểm của tia A
5
M và A
7
N với cạnh A
1
A
3
.
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


129

Nếu
2
F
thuộc
3

XA
(hay YA
1
) thì
2
F M
phải cắt
4
OF
(hay
8
OF
).
Nếu
2
F
thuộc XY, giả sử
2
F M
cắt
3 5
A A
tại
2
,
E F N
cắt
1 7
A A
tại K. Mà

3 3 4
A E A F
< và
1 1 8
A K A F
< suy ra
3 1 3 4 1 8 3 5
A E A K A F A F A A
+ < + = trái với (2).
Không mất tính tổng quát coi F
2
M cắt OF
4
tại D nghĩa là
4
OF
OD
≥ (3).
Ta ch
ỉ ra rằng nếu
1
2
k
k
OF
OA
< v
ới mọi k thì dẫn đến mâu thuẫn.
Vì
3

2
2 3
&
OF
OF
OA OA
đều
1
2
< nên có thể lấy được đỉểm P nằm trong đọan thẳng
(
)
2 2 2 2
A F OF OP OA
< <
và điểm Q nằm trong đoạn
(
)
3 3 3 3

A F OF OQ OA
< <
sao cho
2
3
1
(4)
2
OF OQ
OP OA

= =
Do
đoạn PQ cắt đoạn
2 3

A F
nên PQ cắt
4
OA
tại R với
4

OR OA
> (5).
Thay
3
2
OA OM
= vào (4) ta được:
1
(6)
2
OM
OQ
=
T
ừ (4) và (6) suy ra
2
/ /
PQ MF

nên
4
4
1
2
OF
OD OM
OR OQ OA
= = >
K
ết hợp với (3) ta có:
4
4
;
OF
OA OR OR
OD
> ≥ mâu thuẫn với (5).
Vậy suy ra đpcm.


3.
Cho tứ giác nội tiếp
(
)
: , 5, , 1
O ABCD R AC BD OI
= ⊥ =
. Chứng minh:
1 4

TCD
S
∆
≤ ≤


Giải:
G
ọi AE là đường kính (O). Ta có:
/ /
BD CD
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
20
IA IB IC ID AD BC AD DE AE
⇒
+ + + = + = + = =

Mà
2 2
4 4
. . 4 ,IC IA IB ID R OI IA IB
IC ID
= = − = ⇒ = =
( )
2 2
2 2 2 2 2
16 16 16 16
20 1 2 . 1 4 1 4
4

IC ID IC ID S S
IC ID IC ID S S
     
⇒
= + + ≥ + = + = +
     
     

2
16
20 4 5 4 0 1 4
1 2; 4 2 2
S S S S
S
S IC ID S IC ID
⇒ ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
= ⇔ = = = ⇔ = =



4.
Cho
ABC
∆
có trọng tâm G, đường tròn nội tiếp tâm I. Chứng minh:
{
}
{
}
2 2 2

max , , 4min , ,
a b c ab bc ca
<
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



130


Gi
ả
i:
* Cách 1:
Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát, gi
ả
s
ử

a b c
≥ ≥
. Ta c
ầ
n ch

ứ
ng minh a
2
< 4bc.
K
ẻ

IT BC
⊥
, AM là trung tuy
ế
n,
(
)
, ;
AM I N P
∩ =

Ta có:
2
MT MN MP
= ⋅
.
Mà
.
MN MP MG MA
⋅ < ⋅

2 2
1

.
3
MT MG MA MA
⇒
< <
Ta có:
( )
2 2
2
2
2 2 2
a c a b b c
MT MB BT
+ − −
   
= − = − =
   
   

(
)
( )
( )
2 2 2
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2

2
4
2
1
4 3 4
2( ) 3( )
4 ( )
4
b c a
MA
b c a
b c
a b c b c
a bc b c
a bc
+ −
=
+ −
−
⇒ <
⇔ < + − −
⇔ < − −
⇒ <

B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

* Cách 2:
Giả sử (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại T,U,V ta có:
; ,

AU p a BV p b CT p c
= − = − = −
.
Vì G là trọng tâm của
ABC
∆
nên theo công thức Lepnit ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3
3
3 3
3
3
5( ) 6 (1)
IA IB IC IG GA GB GC
IA IB IC r GA GB GC
a b c
r p a p b p c r
a b c
p a p b p c

a b c ab bc ca
+ + = + + +
⇒ + + ≤ + + +
+ +
⇒ + − + − + − ≤ +
+ +
⇔ − + − + − ≤
⇔ + + ≤ + +

Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát gi
ả
s
ử

a b c
≥ ≥
.
T
ừ

( ) ( )
(
)
( )
(
)

2 2
2
1 3 2 2 4
a b c b c bc a
⇒ − + + − ≤ −
Vì
a b c
< +
nên d
ấ
u b
ằ
ng không x
ả
y ra.
( )
(
)
( )
(
)
{ }
{ }
2 2
2
2 2
2 2 2
3 2 2 4
4 0 4
max , , 4min , ,

a b c b c bc a
bc a a bc
a b c bc ca ab
⇒ − + + − < −
⇒ − > ⇒ <
⇒ <

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



131

Đ
i
ề
u
đặ
t bi
ệ
t ta th
ấ
y
ở
b
ấ
t
đẳ

ng th
ứ
c này là không th
ể
thay s
ố
4 b
ằ
ng s
ố
nh
ỏ
h
ơ
n, nh
ư
ng
d
ấ
u b
ằ
ng l
ạ
i không x
ả
y ra.

5.

Cho

0,
2
a
π
 
∈
 
 

đặ
t
2
2
1
sin os
2 2
n
c
α α
= +

H
ỏ
i trong không gian có th
ể
d
ự
ng
đượ
c hay không n

đườ
ng th
ẳ
ng cùng
đ
i qua m
ộ
t
đ
i
ể
m
và góc gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng b
ấ
t kì trong chúng không nh
ỏ
h
ơ
n
α
. T
ạ
i sao?

Gi
ả
i:
Gi
ả
s
ử
qua
đ
i
ể
m O trong không gian ta d
ự
ng
đượ
c n
đườ
ng th
ẳ
ng th
ỏ
a mãn yêu c
ầ
u
đề

bài.
L
ấ
y O làm tâm c

ủ
a hình c
ầ
u bán kính 1. L
ấ
y m
ỗ
i
đườ
ng th
ẳ
ng trong s
ố
n
đườ
ng th
ẳ
ng
nói trên làm tr
ụ
c d
ự
ng hình nón xoay
đỉ
nh O,
đườ
ng sinh có
độ
dài 1 và góc
ở

đỉ
nh b
ằ
ng
α
. Khi
đ
ó ta s
ẽ
có 2n hình nón
đ
ôi m
ộ
t không có
đ
i
ể
m chung trong (do góc gi
ữ
a 2 tr
ụ
c
c
ủ
a hình nón b
ấ
t kì không nh
ỏ
h

ơ
n
α
.

Th
ể
tích hình c
ầ
u l
ớ
n h
ơ
n 2n l
ầ
n th
ể
tích 1 hình nón.
2
2 2 2
4 1
2 sin cos
3 3 2 2
2 2 2
1
sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2
n
n
α α

π π
α α α α α α
>
⇔ < ⇔ + <
(Vô lí)
K
ế
t lu
ậ
n: không th
ể
d
ự
ng
đượ
c n
đườ
ng th
ẳ
ng th
ỏ
a mãn yêu c
ầ
u
đề
bài.

6.

Trong m

ặ
t ph
ẳ
ng ho
ặ
c trong không gian cho 1
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
và 2
đ
i
ể
m
,
A B
∉ ∆
.
Tìm trên
∆
1
đ
i
ể
m M sao cho

MA MB
+

đạ
t min và tính giá tr
ị

đ
ó
theo
(
)
(
)
, , & ,
AB d d A a d B b
= ∆ = ∆ =
.

Gi
ả
i:
* Cách 1: (ph
ươ
ng pháp hình h
ọ
c)
Xét 2 tr
ườ
ng h
ợ
p:
a)

∆
và AB
đồ
ng ph
ẳ
ng:
- N
ế
u A,B cùng phía
đố
i v
ớ
i
∆
thì
đ
i
ể
m M c
ầ
n tìm là giao c
ủ
a
∆
và AB.
- N
ế
u A,B khác phía
đố
i v

ớ
i
∆
thì
đ
i
ể
m
1
B
=
Đ
( )
B
∆

đố
i x
ứ
ng v
ớ
i B qua
∆
, th
ế
thì v
ớ
i
m
ọ

i
M
′
trên
∆
ta luôn có:
(
)
(
)
( ) ( )
1 1 1 1 1
1 1 1
min
' ' '
AB MA MB M A M B M AB
MA MB MA MB M AB
= + ≤ + = ∆ ∩
⇒ + ⇔ + ⇔ = ∆ ∩


b)
∆
và (AB) không
đồ
ng ph
ẳ
ng:
MA+MB không
đổ

i khi quay trong 2
đ
i
ể
m xung quang tr
ụ
c
∆
. Suy ra ta gi
ữ
m
ộ
t trong 2
đ
i
ể
m, ch
ẳ
ng h
ạ
n là
đ
i
ể
m B và quay A quanh tr
ụ
c
∆

đế

n v
ị
trí A
1
m
ớ
i sao cho A
1
B và
∆

đồ
ng ph
ẳ
ng, bài tóan tr
ở
l
ạ
i tr
ườ
ng h
ợ
p
đầ
u.
(
)
(
)
1 1

min
MA MB MA MB M A B
⇒ + = + ⇔ = ∆ ∩


Chun đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



132

* Cách 2: (ph
ươ
ng pháp
đạ
i s
ố
, s
ử
d
ụ
ng các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c c

ổ

đ
i
ể
n)
G
ọ
i
,
A B
′ ′
l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a A và B trên
∆
và gi
ả
s
ử

' '
A B
≠

. Ta ch
ọ
n h
ướ
ng
d
ươ
ng c
ủ
a
∆
là h
ướ
ng
đ
i t
ừ

A
′

đế
n
B
′
thì
(
)
A B A M MB M
′ ′ ′ ′

= + ∈ ∆
.
Đặ
t
' , ' ,
AA a BB b
= =

(
)
(
)
2 , , , 0 & 2A B c A M u MB v c u v c const M
′ ′ ′ ′
= = = ≠ + = = ∀ ∈ ∆

Ta có:
2 2 2 2
NA MB u a v b
+ = + + +

Mà
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
u a v b u v a b
+ + + ≥ + + + (b
đ
t BCS)
( )

2
2 2 2 2 2
" "
4
u v u a
hay
a b v b
MA MB u a v b c a b
= ⇔ = =
⇒ + = + + + ≥ + +

Kết luận :
( ) ( ) ( )
2
2 2
min
4 4
MA MB c a b d ab d AB
+ = + + = + =

Ở điểm
[
]
' '
M A B
∈
và chia trong đoạn đó theo tỉ số
: :
A M MB a b
′ ′

=
.

* Cách 3: (ph
ương pháp tọa độ)
Xác
định tọa độ M trên đường thẳng
∆
bằng cách chọn trung điểm O thuộc đoạn
A B
′ ′

làm gốc tọa độ và tia dương Ox chứa
B
′
.
Đặt
(
)
0 ,
OB OA c c OM x
′ ′
= − = > =
.
,
A M OM OA x c B M OM OB x c
′ ′ ′ ′
⇒
= − = + = − = −

( ) ( )
2 2
2 2
( )
MA MB f x x c a x c b
⇒ + = = + + + − +

( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
'( )
'( ) 0 (*)
'( ) 0 (1)
x c x c
f x
x c a x c b
x c a
x c a
f x
x c b

x c b
a b c
c x a
f x x
c x b a b
+ −
⇒ = +
+ + − +
+ +
+
 
= ⇔ = =
 
+
 
− +
−
+
⇒ = ⇔ = ⇔ =
− +

Đẳng thức (1) có dạng hình học là ở điểm cực tiểu M.


 
' '
' ' & ' '
' '
A M AA MA
MAA MBB AMA BMB

B M BB MB
= = ⇒ = =
Thay (1) vào (*) rút gọn ta ra được kết quả giống như sử dụng 2 cách kia.

7. Cho một hình cầu nội tiếp trong một hình tròn xoay. Một hình trụ ngoại tiếp hình
cầu đó có đáy dưới nằm trong mặt phẳng đáy của hình nón. Gọi
1 2
,
V V
lần lượt là
thể tích của hình nón và hình trụ.
a) Chứng minh rằng
1 2
V V
≠
.
b) Tìm giá trò nhỏ nhất của tỉ số
1
2
V
V
.

Giả
i:
Chun đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5


133

a) Ta giả sử hình nón có đường cao BD = h, bán kính đáy là DC = a, góc giữa
đường sinh và trục là α, bán kính hình cầu nội tiếp là r. Ta có:
2
1
,
3
ha
V
π
=
(*)
(
)
1 sin
,
sin sin
r
r
h OB OD r
α
α α
+
= + = + =
(
)
1 sin
.tan .tan .
sin
r
a h

α
α α
α
+
= =

Thay các kết quả trên vào (*) ta được:

( ) ( )
( )
3 2
3 3
1
2
. 1 sin . 1 sin
.
3sin .cos 3sin . 1 sin
r r
V
π α π α
α α α α
+ +
= =
−

Th
ể
tích hình tr
ụ
ngo

ạ
i ti
ế
p hình c
ầ
u là
3
2
2
V r
π
= , do
đ
ó

( )
( )
( )
( )
2 2
1
2
1 sin 1
,
6.sin 1 sin 6 1
x
V
V x x
α
α α

+ +
= =
− −
T
ừ

đ
ây ta xét
sin ,0 1
x x
α
= < <
.
Giả sử rằng
1
2
1
V
V
=
(tức là
1 2
V V
=
), ta được phương trình
2
7 4 1 0
x x
− + =
, phương trình

bậc hai theo x này vô nghiệm; điều này có nghóa không tồn tại
α
để
1 2
V V
=
và khẳng
đònh ở đề bài được chứng minh.

b) Đặt
1
2
V
k
V
=
, ta có phương trình
(
)
(
)
2
1 6 2 1 3 1 0
k x k x
+ + − + =
, để phương trình
này có nghiệm, ta phải có
( ) ( )
2
4

1 3 1 6 0
3
k k k
′
∆ = − − + ≥ ⇔ ≥
.
Vậy giá trò nhỏ nhất của
1
2
V
k
V
=
là
4
3
, ứng với
1
sin & 3
3
x OB r
α
= = =
.

8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cố đònh cạnh a và thể tích không đổi.
Tìm vò trí của S để diện tích xung quanh nhỏ nhất.

Giải.

Ta có thể tích hình chóp
1 3
3
ABCD
ABCD
V
V hS h
S
=
⇒
=
không đổi.
Xác đònh S chỉ cần xác đònh chân đường cao H.
Dựng
, , , .
HM AB HN BC HP DC HQ AD
⊥ ⊥ ⊥ ⊥
Đặ
t
, , ,
HM x HN y HP z HQ t
= = = =

(
)
SH ABCD SM
⊥ ⇒
có hình chiếu
HM AB SM AB
⊥

⇒
⊥

Tương tự
, ,
SN BC DC SP SQ AD
⊥ ⊥ ⊥
.
Chun đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



134


xq SAB SBC SCD SDA
S S S S S
⇒ = + + +

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

1
2
1
2
AB SM BC SN CD SP DA SQ
a x h a y h a z h a t h
ax ah ay ah az ah at ah
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
= + + + + + + +
= + + + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức ta có
( ) ( )
2 2
1
4
2
xq
S ax ay az at ah
≥ + + + +

Nếu điểm H nằm ngoài hình thoi ABCD thì
2
ABCD
ax ay az at S+ + + >

Nếu H nằm trong hình thoi ABCD hay ở trên cạnh thì
2
ABCD
ax ay az at S+ + + =

Vậy
(
)
2 2 2
1
4 16
2
xq ABCD
S S a h
≥ +

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H nằm trong hình thoi &
ax ay az at
ah ah ah ah
= = =


x y z t
⇔ = = =


⇔
H là trực tâm đường trong nội tiếp hình thoi

⇔
H trùng với tâm O của hình thoi
Vậy
xq
S

nhỏ nhất khi
( )
SO ABCD
⊥
và

SO h
=


9.

Xét t
ấ
t c
ả
các tam giác ABC có
đ
áy AB c
ố

đị
nh và
độ
dài t
ấ
t c
ả
các
đườ

ng cao k
ẻ
t
ừ
C
đề
u b
ằ
ng h
ằ
ng s
ố
h. Trong các tam giác này thì tam giác nào có tích
độ
dài ba
đườ
ng
cao l
ớ
n nh
ấ
t?

Gi
ả
i:
Bài tốn này là m
ộ
t bài trong
đề

thi Olympic Châu Á Thái Bình D
ươ
ng l
ầ
n II.
Đ
ây là m
ộ
t
bài tốn khá hay và
đượ
c gi
ả
i b
ằ
ng nhi
ề
u cách,
ở

đ
ây chúng tơi s
ẽ

đư
a ra 3 cách, m
ỗ
i
cách
đề

u ch
ỉ
có m
ộ
t
đ
i
ể
m ch
ố
t là xét
độ
dài c
ủ
a h so v
ớ
i AB nh
ư
ng l
ạ
i có cái hay riêng,
b
ạ
n
đọ
c hãy t
ự
tìm hi
ể
u nhé.

Cách 1:
G
ọ
i
, ,
a b c
là
độ
dài các c
ạ
nh
đố
i di
ệ
n v
ớ
i các góc A,B,C t
ươ
ng
ứ
ng; cho
, ,
a b c
h h h
là
độ

dài các
đườ
ng cao l

ầ
nl
ượ
t h
ạ
t
ừ
các
đỉ
nh A,B,C.
Ta kí hi
ệ
u di
ệ
n tích tam giác ABC là S. Ta có c và
c
h
cho tr
ướ
c, do v
ậ
y
1
2
c
S ch const
= = . Suy ra:
(
)
(

)
(
)
3
8
a b c
S ah bh ch const
= =

Nh
ư
th
ế
,
để
tích
a b c
h h h
đạ
t giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t, ta c
ầ
n có tích abc
đạ
t giá tr

ị
nh
ỏ
nh
ấ
t, vì c
đượ
c cho tr
ướ
c. Ta có:
2 sin
S ab C
=
khơng
đổ
i, do
đ
ó ab
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t khi
sin
C
đạ
t giá tr

ị
l
ớ
n nh
ấ
t.
N
ế
u
2
AB
h ≤ , thì s
ẽ
t
ồ
n t
ạ
i
ABC
∆
vng t
ạ
i C. Khi
đ
ó ,
sin
C

đạ
t giá tr

ị
l
ớ
n nh
ấ
t.
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



135

N
ế
u
2
AB
h > thì góc C nh
ọ
n. Khi
đ
ó,
sin
C
l
ớ
n nh
ấ

t khi và ch
ỉ
khi góc C l
ớ
n nh
ấ
t. Rõ
ràng
đ
i
ề
u này x
ả
y ra khi
ABC
∆
là tam giác cân t
ạ
i C.

Cách 2:

Do
đ
áy AB c
ố

đị
nh, có th
ể

gi
ả
s
ử
AB=1. K
ẻ

đườ
ng vuông góc AP xu
ố
ng AB, sao cho AP
b
ằ
ng h. L
ấ
y
đ
i
ể
m Q n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng qua P và song song v
ớ
i AB sao cho BQ vuông
góc AB.
Lúc

đ
ó, ta ph
ả
i có C n
ằ
m trên PQ (ho
ặ
c trêm
đườ
ng th
ẳ
ng t
ươ
ng
ứ
ng n
ằ
m phía bên kia
đố
i v
ớ
i AB). Ta g
ọ
i
(
)
a A
là
độ
dài

đườ
ng cao k
ẻ
t
ừ
A xu
ố
ng BC và
(
)
a B
là
độ
dài k
ẻ
t
ừ

B xu
ố
ng AC.
N
ế
u
đ
i
ể
m C là
đ
i

ể
m mà tích
(
)
(
)
.
h a A a B

đạ
t c
ự
c
đạ
i, thì C ph
ả
i n
ằ
m trên
đ
o
ạ
n PQ, b
ở
i
vì, n
ế
u góc

ABC

là góc t
ừ
thì c
ả

(
)
a A
l
ẫ
n
(
)
a B
đề
u ng
ắ
n h
ơ
n các
đườ
ng cao c
ủ
a tam
giác ABQ; n
ế
u

BAC
là góc tù thì ta c

ũ
ng có
đ
i
ề
u t
ươ
ng t
ự
.
Do v
ậ
y ta gi
ả
s
ử

PC x
=
v
ớ
i
0 1
x
≤ ≤
. Khi
đ
ó,
( )
2 2

2 2
h
AC x h a B
x h
= + ⇒ =
+

T
ươ
ng t
ự
ta có:
( )
( )
2
2
1
h
a A
x h
=
− +
.
Ta c
ầ
n tính sao cho hàm sau
đạ
t giá tr
ị
bé nh

ấ
t:
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 4 3 2 2 2 4 2
( ) 1 2 2 1 2
f x x h x h x x h x h x h h
 
= + − + = − + + − + +
 

Ta có:
(
)
(
)
2 2
( ) 2 2 1 , ( ) 0
f x x x x h f x
′ ′
= − − + =
có 3 nghi
ệ
m là:
2
1 1 1

&
2 2 4
x x h
= = ± −

T
ừ

đ
ó, khi
1
2
h
≥
, hàm f
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
1
2
x
=
, trong tr
ườ
ng h

ợ
p này ta có tam giác ABC
cân t
ạ
i C. Khi
1
2
h
<
, hàm f
đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
2
1 1
2 4
x h
= ± −
.
Lúc này,M là trung
đ
i
ể
m AB và D là
đ

i
ể
m n
ằ
m trên AB v
ớ
i
2
1 1
2 4
AD h
= ± −
, khi
đ
ó
2
1
4
DM h
= −

Mà

0
& 90
DC h CDM= = , nên
1
2
MC
=

, suy ra:

0
90
ACB = .

Cách 3:
Do
đ
áy AB c
ố

đị
nh, có th
ể
gi
ả
s
ử
AB=1. G
ọ
i a,b là
độ
dài các c
ạ
nh
đố
i di
ệ
n v

ớ
i các góc
A,B t
ươ
ng
ứ
ng; cho x,y là
độ
dài các
đườ
ng cao l
ầ
n l
ượ
t h
ạ
t
ừ
các
đỉ
nh A,B.
Ta có:
ax by h
= =
, do
đ
ó
3
h
hxy

ab
= . Nh
ư
ng
2
1
sin ; ; sin
sin sin
b
h a B hxy h C
B C
= = = .
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



136

Nh
ữ
ng
đ
i
ể
m C nói trên ch
ạ
y trên
đườ

ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i AB và cách AB m
ộ
t kho
ả
ng
b
ằ
ng h (ta g
ọ
i là
đườ
ng (K)). (Nói chính xác, m
ộ
t c
ặ
p
đườ
ng th
ẳ
ng song song nh
ư
th
ế

ở

hai bên AB). N
ế
u
1
2
h
≤
, thì t
ồ
n t
ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m C trên
đườ
ng th
ẳ
ng (K)
đ
ó sao cho

0
90
ACB = , do v
ậ
y,

ở
tr
ườ
ng h
ợ
p này ta
đượ
c
2
hxy h
=
b
ằ
ng cách ch
ọ
n C sao cho

0
90
ACB = , và rõ ràng
đ
ây là v
ị
trí c
ầ
n tìm.
N
ế
u
1

2
h
>
, thì không m
ộ
t
đ
i
ể
m C nào trên
đườ
ng th
ẳ
ng (K) là cho

0
90
ACB = . G
ọ
i (L)
là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a AB, gi
ả
s
ử

(L) c
ắ
t
đườ
ng th
ẳ
ng (K)
ở
C. Lúc
đ
ó,
đ
i
ể
m C c
ầ
n tìm
là
đ
i
ể
m n
ằ
m trên (K) mà

ACB
l
ớ
n nh
ấ

t (lúc này
).
AC BC
=
Th
ậ
t v
ậ
y, n
ế
u D là
đ
i
ể
m
khác trên (K) thì
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABD c
ũ
ng s
ẽ

đ
i qua m
ộ
t

đ
i
ể
m t
ươ
ng
ứ
ng
D
′

ở
khác phía v
ớ
i C, do
đ
ó C n
ằ
m bên trong
đườ
ng tròn này. N
ế
u (L) g
ặ
p
đườ
ng tròn
đ
ó
ở

C
′
, thì



ADB AC B ACB
′
= > . Rõ ràng:
2
sin 2sin cos
1
2 2
4
C C h
C
h
= =
+

Nên giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a

3
2
1
4
h
hxy
h
=
+
.

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



137

HÌNH HỌC HAY ĐẠI SỐ?



N
ế
u các b
ạ
n
đ
ã t

ừ
ng tham kh
ả
o qua các chuyên
đề
v
ề
d
ồ
n bi
ế
n thì các b
ạ
n s
ẽ
d
ễ
hi
ể
u
nh
ữ
ng gì chúng tôi s
ẽ
trình bày.
Nh
ằ
m c
ủ
ng c

ố
l
ạ
i ki
ế
n th
ứ
c b
ả
n thân c
ũ
ng nh
ư
mu
ố
n s
ơ
l
ượ
c
ứ
ng d
ụ
ng ph
ươ
ng pháp này
trong hình h
ọ
c có d
ả

ng v
ẻ
nh
ư

đạ
i s
ố
. Tôi xin trình bày c
ụ
th
ể
v
ề
d
ạ
ng này b
ở
i nh
ữ
ng bài
toán này tôi t
ự
tìm h
ướ
ng ch
ứ
ng minh cho riêng mình (hi
ể
n nhiên là s

ố
l
ượ
ng bài toán
không nhi
ề
u và do trình
độ
còn h
ạ
n h
ẹ
p nên không tránh kh
ỏ
i nh
ữ
ng sai l
ầ
m
đ
áng ti
ế
c
hay trùng l
ặ
p).
Tôi s
ẽ
thông qua 2 pp sau:
-

D
ồ
n bi
ế
n trong hình h
ọ
c (Các b
ạ
n có th
ể
tham kh
ả
o 1 vài t
ư
li
ệ
u khác)
-

Ph
ươ
ng pháp dI1 (ta s
ẽ
hi
ể
u rõ h
ơ
n qua các ví d
ụ

sau)

* Một số ví dụ:

VD1: (IMO 2004) Gi
ả
s
ử
n là 1 s
ố
t
ự
nhiên l
ớ
n h
ơ
n 2 và n là s
ố
th
ự
c d
ươ
ng
( 1, )
i
x i n
=
th
ỏ
a mãn

2
1
1
i
i
x n
x
< +
∑ ∑
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng b
ộ
ba trong n s
ố

đ
ó là
độ
dài 3
c
ạ
nh tam giác.

Ch
ứ
ng minh:
Tr

ướ
c h
ế
t, ta dùng ph
ả
n ch
ứ
ng:
Gi
ả
s
ử
t
ồ
n t
ạ
i
i m n
x x x
> +

Khai tri
ể
n, áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th

ứ
c AM-GM ta
đư
a v
ề
:
3 3
1 1 2 2
1 2 3
2 3 1 3 1 2
( , , ) 10
x x
x x x x
f x x x
x x x x x x
= + + + + + <

Không m
ấ
y khó kh
ă
n ta ch
ứ
ng minh
đượ
c
1 2 1 2
1 2 3
( , , ) , ,
2 2

x x x x
f x x x f x
+ +
 
≥
 
 

3
3
5
2
x
t
x t
⇒ + ≤

Mà theo gi
ả
thi
ế
t ta có:
3
3
2 2
x
x t x
t
> ⇒ = >

1 5
2
x
x
⇔ + <
; mà ta l
ạ
i có
1 5
2
x
x
+ >
v
ớ
i
2
x
>

Suy ra
đ
i
ề
u gi
ả
s
ử
là sai. Suy ra
đ

i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh. V
ậ
y luôn t
ồ
n t
ạ
i b
ấ
t kì b
ộ
ba tam
giác th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n trên.

VD2: (VasileCirtoaje) N
ế
u a,b,c là 3 c

ạ
nh tam giác thì:
3 2 3
a b c b c a
b c a a b c
   
+ + ≥ + + +
   
   


Ch
ứ
ng minh:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



138

V
ớ
i
a b c
≤ ≤
ta có b
ấ
t

đẳ
ng th
ứ
c
đ
úng.
Xét
a b c
≥ ≥

Vì 2 v
ế
b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c cùng b
ậ
c, s
ử
d
ụ
ng ph
ươ
ng pháp dI1 gi
ả
s
ử

1
b
=
.
B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c t
ươ
ng
đươ
ng:
1 1
3 2 3
c a
a c
c a a c
   
+ + ≥ + + +
   
   

2 2 2 2
( ) 3( ) 2( ) 3
f a a c a c c c a a ac
⇔ = + + − + + −

2
'( ) 6 3 2 4 3
''( ) 6 4
f a ac c a c
f a c
= + − − −
= −

*Xét
2
3
c
≥
:
''( ) 0 '( ) '(1) 0 ( ) (1) 0
f a f a f f a f
⇒
≥
⇒
> >
⇒
> >

*Xét
2 5
3 3
c a
≤ ⇒ <
:
Đặ

t
( , , ) 3 2 3
a b c b c a
f a b c
b c a a b c
   
= + + − + + −
   
   

Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh:
( , , ) ( , , )
f a b c f a ac c
≥
Th
ậ
t v
ậ
y:
2
( ) (3 2 )
( , , ) ( , , ) 0
b ac a c
BDT f a b c f a ac c
abc
− −

⇔ − = ≥

Đặ
t:
5
2
a
t t
c
= ⇒ <

( , , ) 3 2 3 2 2 3
a c c a
G a ac c
c a a c
   
= + − − + −
   
   
   

2 2
2
2 2
2
3 2
( 1) (2 1) ( 1) ( 2)
1
( 1) (3 2 2 ) 0
t t t t

t t
t t t
t
= − + − − +
= − − + ≥

Suy ra
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.

B
ằ
ng cách t
ươ
ng t
ự
ta có giá tr
ị
m
ạ
nh h
ơ
n là :
3 2 3

a b c b c a
b c a a b c
   
+ + ≥ + + +
   
   


VD3: (Ngô Minh Trí) N
ế
u a,b,c là 3 c
ạ
nh tam giác thì:
2
a b c a b c a b c
b c a b c c a a b c c a
 
+ + − − − ≥ + +
 
+ + +
 


Ch
ứ
ng minh:
V
ớ
i
a b c

≤ ≤
suy ra
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



139

Xét
a b c
≥ ≥

Ta có th
ể
ch
ứ
ng minh:
( , , ) 2 ( , , )
a b c a b c a b c
f a b c f a ac c

b c a b c c a a b c c a
   
= + + − − − − + + ≥
   
+ + +
   

S
ử
d
ụ
ng ph
ươ
ng pháp dI1 gi
ả
s
ử
c=1;
Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh B
Đ
T
đ
úng khi:
1
a a
≥ ≥

1 1 2
( , , ) 2 2
1
1
a a
f a a c a a
a a
a a a a
 
⇔ = + − − − − −
 
 
+
+ +
 

2 2
( , ,1) ( 2 2)( 1) ( 1)
f a a a a a a
⇒
= − + + − +

Mà ta l
ạ
i có:
2
( 5 1)
1
4

a a a
+
+ >
⇒
<
( , ,1) 0
f a a
⇒
≥
. Suy ra
đ
pcm.

Vd 4: Cho tam giác nh
ọ
n
.
ABC
Ch
ứ
ng minh
{
}
3max , , .
a b c
h h h p
≥


Gi

ả
i:
Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát, gi
ả
s
ử

{
}
max , , .
c a b c
a b c h h h h
≥ ≥
⇒
= L
ạ
i có

2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 ( )( )( ) ( )( )( )( )
2
2 2 2
2
c
S p p a p b p c a b c a b c b c a c a b
h

c c c
a b b c c a a b c
c
− − − + + + − + − + −
= = =
+ + − − −
=

Nên b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i

2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2
3(2 2 2 )
2 2
3(2 2 2 ) ( )
a b b c c a a b c a b c
p
c

a b b c c a a b c c a b c
+ + − − − + +
≥ =
⇔ + + − − − ≥ + +

Do
ABC
∆
nh
ọ
n nên
2 2 2
, ,
a b c
là
độ
dài 3 c
ạ
nh c
ủ
a m
ộ
t tam giác, do
đ
ó ta có th
ể

đặ
t
2 2 2

, , ( , , 0) 0 (do )
a y z b z x c x y x y z z y x a b c
= + = + = + ≥
⇒
≥ ≥ ≥ ≥ ≥

Khi
đ
ó b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c t
ươ
ng
đươ
ng

2
2
2
3 2 ( )( ) ( ) ( )
( ) 12 ( ) 12 ( ) 0
cyc cyc cyc
cyc
x y x z y z x y y z
f z z x y xy x y y z
   

+ + − + ≥ + +
 
 
   
 
⇔ = + + − + + ≥
 
 
∑ ∑ ∑
∑

Ta có

( )
2 3/ 2 3/ 2
3/ 2 3/2
1 1
( ) ( ) 12
( ) ( ) [( ) ( ) ]
( )
2( ) ( )
f z x y x y y z z x
z x z y
x y x y x y x z y z
f z
x z y z
   
′
= + − + + + + + +
 

 
+ +
   
+ − + + + + +
 
 
′′
=
+ +

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



140


( )
2
2
2 2
2 2
( ) ( ) 9 ( ) 2( 2 ) 0
( ) ( ) 12( 2 ) ( ) 2 2
2( )(2 )( 17 2 )
0
3 7 2 2( ) 2 ( )
x y

f z f y y x y x y
y
f z f y y xy x y y x y
y x x y y xy x
y xy x x y y x y
+
′ ′
⇒ ≥ = + − + >
 
 
⇒
≥ = + − + + +
− + + −
= ≥
+ − + + +

V
ậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
a b c
= =
hay tam giác
ABC
đều.

Vd 5: Cho tam giác
.
ABC
Chứng minh
3 3 .

a b b c c a
l l l l l l S
+ + ≥

Giải:
S
ử dụng công thức
2 ( ) 2 ( )( )( )
( , , )
2
( )( )( ) ( )
a
bcp p a x x y z x y x z
l x p a y p b z p c
b c x y z
S p p a p b p c xyz x y z
− + + + +
= = = − = − = −
+ + +
= − − − = + +

Ta có bất đẳng thức tương đương

( ) ( )( )
4 3 3
(2 )(2 )
cyc
cyc cyc
xy x x y xy z x z y
xyz x

x y z y z x
 
+ + +
 
 
≥
+ + + +
∑
∑ ∑


3
( ) ( )( ) 3 3
4
(2 )(2 )
3 3 (2 )
4 (2 )
( )
3 3 (2 )
( )
8 ( ) 4
( )
cyc
cyc
cyc
cyc
cyc
cyc
cyc
cyc cyc

cyc
cyc
x y z x z y
z x y z y z x
x
x y z
y z
x y z
x
x x y
x y z
y z
x y z
x
x x y
+ + +
⇔ ≥
+ + + +
+ +
+
⇔ + + ≥
 
 
+
 
 
 
 
+ +
+

⇔ + + ≥
 
 
+
 
 
 
 
∑
∑
∏
∑
∑
∏
∏
∑ ∑
∑
∏

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có

3
2
2
3
3 3
3 2
3
( )
( ) ( )

( ) ( )
( )
cyc
cyc cyc cyc cyc
cyc
y z
y z y z
x y z y z
x x
x y z
 
+
 
 
+ +
   
 
+ ≥ + ⇒ ≥
 
   
+
   
 
∑
∑ ∑ ∑ ∑
∑

Lại có
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

141


( )
2
2 2 2
3
( ) ( ) 2 2 ( )( )
2 2 4 2 4 6
cyc cyc cyc cyc
cyc cyc cyc cyc cyc
x y z x y z xy xy z x z y
xy xy z xy xy z xy xy x y z
 
+ = + = + + +
 
 
≥ + + = + ≥ +
∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑


18
4
cyc
cyc
xyz
xy
x

≥ +
∑
∑

Nên ta chỉ cần chứng minh

3
2
3
3 3 (2 )
( )
18
8 4 4
( )
( )
cyc cyc
cyc
cyc cyc
cyc
cyc
x y z
y z
xyz
xy
x x y z
x x y
 
+ +
+
 

 
+ + ≥
+
 
 
+
 
 
 
 
∑ ∏
∑
∑ ∑
∑
∏

Chu
ẩ
n hóa cho
1,
x y z
+ + =

đặ
t
, ,
xy yz zx q r xyz
+ + = =
b
ấ

t
đẳ
ng th
ứ
c tr
ở
thành

2
(9 2 )( ) (1 ) (1 )( ) 3 6
( )
2 16
( 2) 5 2
r q q r q q q r
f r
r q
r q r q q
+ − − − −
= + ≥
+ +
+ + + −

Ta có

2 3 2 3
2
2 2 3
2 2
3 14 (36 25 ) (1 ) [6 2 3 ]
(

( 7 ) 5
)
2( 2) (9 2 )( )
( 2) ( )(5 2 )
q q q r q q q qq q
f r
r q r q q r
r q q r r q
r
q
r+ − + − + − + +
′
= −
+ + + −
+ + − + −
−

Ta ch
ứ
ng minh
2 23 2 3 2
2 3
2 (1 ) [6 2 3 ] 3 14 (36 25 )
( ) 0
(9 2 )
(5 2 )
( 7 ) 5
q q
q q q q q q q r
f r

r q
r q
r r
q
− + − + + + − +
′
≤ ⇔
+
+ −
−
≥

Ta d
ễ
dàng ch
ứ
ng minh
2
1 2 1
,
9 2 9 2
5 2
q
r q r q
r q q
−
≥ >
+ +
+ −
do

đ
ó ta ch
ỉ
c
ầ
n ch
ứ
ng
minh

2 3 2
2
2
2
2(1 )[6 2 3 ]
3 1
( 7 )
4 (3
5
6 25 )
5 2
q q r rq q q q
q q q r
r q q
− + − + +
≥ + − +
+ −
−

2 2 2 3 4
(34 25 ) (2 6 5( ) 5 ) 12 10 61 9
0
10g r q r q q r q q q qq+ + + + − + +
⇔ = − ≥

Ta có
2 3 4 5
(408 60 276 399 150 125 )5
0
g
q q qq q q
′
∆ = − +
− + − − ≤
nên hi
ể
n nhiên
( ) 0.
g r
≥
Do
đ
ó
( ) 0
f r
′
≤
nên
( )

f r
ngh
ị
ch bi
ế
n, nh
ư
v
ậ
y ta ch
ỉ
c
ầ
n xét b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
trong tr
ườ
ng h
ợ
p có 2 bi
ế
n b
ằ
ng nhau là
đủ

. Cho
1,
y z
= =
b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c tr
ở
thành

[ ]
3
2
2
3
2
2
2
2 2 3
3 2
2 2 3
4 3 2
2( 1) 4
18 3 3(2 2)( 3)
8 4(2 1) 4
2

2( 1) 8
2( 2)( 1)
2( ) 3 6( 3)
8 8
2
2
2( ) ( 2) 3 6
(
4 19 4 ( 2 3)
)
8
3 7 1
4 19 4 ( 2 3)
( 3) ( 3 7 1)( 3)
x x x x
x x x
x x x x
x x
x
x x x
x
x
x x
x x
x x
x
x
x
x
h x

x
+ + + +
+ +
+ +
+ + + ≥
+
+ +
+ +
+
⇔ + ≥
+
+
+
⇔ =
+ + +
+ + + +
+ + + +
+ ≥
+

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



142

Ta có

2
3 2 3 3 2 3
3
3 2
2 2
2
2
3
2 3
3
( 1)(8 41) ( 1)(
( )
( 3) 8 38 8 2( 3) ( 2)( 3 7 1)
1 ( 1)( 2(8 41)
( 2 3) 7 37 103 105)
( 2 3) 7 37 10
2( 3)
( 2)( 3 7 1) 8 3
3 105)
8 8
x x x x x
x
x x x
h x
x x x x x x x x
x x x
x
x x x x x x
x x x x
− + −

′
= − +
+ + + + + + + +
 
− + +
=
+ + + + +
+ + + + +
−
 
+
+ + + + + +
 

Ta ch
ứ
ng minh
3
2 3 2
2 3 2
( 2 3) 7 37 103 1
( 1)( 2(8 41)
( 2)( 3 7 1) 8 38 8
05)xx x
x x x x
x x
x
x
x
x+ +

≥
+
+ + + +
+ +
+
+ + +
. D
ễ

th
ấ
y

2 2
2
3 2
2 2 8
( 2)( 3 7 1) 8
(
38 8 3
3
8 3
2
8
)
8
x x x x x x
x
x x
x

≥ >
+ + + + + +
+
+ +
+

Nên ta ch
ỉ
c
ầ
n ch
ứ
ng minh

3 2
4
3
3
2
2
4( 1)(
8 41
3( 3 7
7 37 103 105)
4 19 23 53 2
1)
97 0
x xx
x
x x x

x
x x x x
+
≥ +
+ +
+ +
+
+
− − +
⇔
+
≥

B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c cu
ố
i hi
ể
n nhiên
đ
úng, do
đ
ó
( ) 0 1.
h x x

′
= ⇔ =
T
ừ

đ
ây b
ằ
ng cách l
ậ
p b
ả
ng
bi
ế
n thiên, ta th
ấ
y
3 6
( ) (1) .
8
h x h≥ =
V
ậ
y ta có
đ
pcm.
Đẳ
ng th
ứ

c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
,
x y z
= =
t
ứ
c
ABC
∆

đề
u.

Vd 6: Cho a,b,c là 3 c
ạ
nh tam giác,
2;1 0
r m
≥ ≥ >
. Cmr:
(
)
(
)
(
)

0
r m m r m m r m m
a b a b b c b c c a c a
− + − + − ≥


Gi
ả
i:
* Tr
ườ
ng h
ợ
p 1:
a b c
≥ ≥

(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
r m m r m m r m m
r m m r m m r m m

r m m m m m m
VT a a b a b b b c b c c c a c a
c a b a b c b c b c c c a c a
c a b a b b c b c c a c a
− − −
− − −
−
= − + − + −
≥ − + − + −
 
= − + − + −
 

* Tr
ườ
ng h
ợ
p 2:
a b c
≤ ≤

(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
r m m r m m r m m
r m m r m m r m m
r m m m m m m
VT a a b a b b b c b c c c a c a
b a b a b b b c b c c b a c a
b a b a b b c b c c a c a
− − −
− − −
−
= − + − + −
≥ − + − + −
 
= − + − + −
 

Nên ta ch
ỉ
c
ầ
n ch
ứ
ng minh bài toán trong tr
ườ
ng h
ợ
p
2
r

=
là
đủ
.
T
ứ
c là:
(
)
(
)
(
)
2 2 2
0
m m m m m m
a b a b b c b c c a c a
− + − + − ≥

Chu
ẩ
n hoá cho
1
c
=
và xét hàm s
ố

f
(Gi

ả
s
ử

{
}
max , ,
c a b c
=
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
1 1
m m m m
f m a b a b b b a a
= − + − + −

Ta có:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5

143

(
)
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 1
1 1 2
1
1 2
ln ln ln ln
ln 1 ln
ln 1 ln , 1
m m m m
m m
m
m
f m a b a a b b b b a a
a a ab b b b a
a
b a ab b b a a b
b
+ +
+ +

+
+
′
= − + −
= − + −
 
 
= − + − ≤
 
 
 
 
 

2
( ) 0
a b f m
′
+ ≥ ⇒ ≥
nên
(
)
(
)
0 0
f m f
≥ =

2
:

b a
+ ≥

Ta có:
( ) ( )
( )
( )
1
1 2 1
ln 1 ln
m
m m
a
f m b a ab b b a b g m
b
+
+ +
 
 
′
= − − − + =
 
 
 
 
 

( ) ( )
1
ln ln 1

m
a a
g m ab
b b
+
   
′
= −
   
   

(
)
0
a b g m
′
+ + ≤
⇒
≤

Nên
g(m)
ngh
ị
ch bi
ế
n:
(
)
(

)
(
)
0 0 0 0
g g m g
+ ≤
⇒
≤ ≤

T
ứ
c
(
)
(
)
0
f m f m
′
≤
⇒ ngh
ị
ch bi
ế
n.
(
)
(
)
(

)
(
)
2
1 0 1983
f m f a b a b IMO
⇒
≥ = − ≥
∑

(
)
(
)
0 0
g g m
+ ≥
⇒ có
đ
úng 1 nghi
ệ
m
[
]
,1
o
∈

L
ậ

p b
ả
ng xét d
ấ
u ta có k
ế
t qu
ả
sau:
(
)
(
)
(
)
{
}
min 0 , 1 0
f m f f
≥ ≥

( ) ( )
( )
( )
( )
1 2 2
ln 1 ln ln 1 ln ( )
m m
a b
a

f m b a ab b a b b a a ab b b a b
b
+
+ + ≥
 
′
≥ − − − = − − −
 
 

Ta ch
ứ
ng minh:
(
)
2
ln 1 ln ( ) 0
a a ab b b a b
− − − ≥
v
ớ
i
2
a b a
≥ ≥

Do
2
b a
≥

nên
ln 2ln
b a
≥

Nên

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 2
ln
ln 1 ln ( ) 1 ln
2
ln
1 2
2
1
ln 2
2
a b
a a ab b b a b ab b b a b
b
a ab b a b
b b a b a

− − − ≥ − − − −
−
= − + −
= − −

Ta có:
( )
2
2 2 2 3
2 2 1 0
b a b a b b b b b
− − ≤ − − = − − ≤

Nên
(
)
0
f m
′
>

(
)
f m
⇒
đồ
ng bi
ế
n
(

)
(
)
0 0
f m f
⇒
≥ =

B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đượ
c ch
ứ
ng minh xong.

* Bài tập tự luyện:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5



144

Bài toán 1:
(Ngô Minh Trí) Cho
a,b,c
là 3 c
ạ
nh tam giác. Ch
ứ
ng minh:
1
( )( ) 2
a ab a
b c a b c a b c
> +
+ + + +
∑ ∑ ∑


Bài toán 2:
(Ngô Minh Trí) Cho
a,b,c
là 3 c
ạ
nh tam giác. Ch
ứ
ng minh:
2 2 2
( )(3 3 3 ) 18
a b c ab bc ca a b c abc
+ + + + − − − ≥

Bài tóan 3:
(Ngô Minh Trí) Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
A,B,C
là 3 góc tam giác thì:
6 6
2 2
3
1 tan tan tan 1 tan 1 tan
2 2 2 2 2 2
A B C B C
      
+ + + ≥ + +
      
      


Bài tóan 4:
(Ngô Minh Trí) Cho
, , 0, 1
x y z xyz
> =
. Ch
ứ
ng minh:
1 1 1 2 2

1 1 1
1 1 1
1 1 1
x y z
y z x
x y z
 
  
+ − + − + − ≤
 
  
  
 
 
   
+ + +
   
 
   
 


Bài toán 5:
(Ngô Minh Trí)
V
ớ
i m
ọ
i
, 1,

i
a i n
=
b
ộ
ba b
ấ
t kì là
độ
dài 3 c
ạ
nh tam giác và
1 2

n
a a a
≤ ≤ ≤
th
ỏ
a:
2
i
a
=
∑
. Ch
ứ
ng minh:
3 1
2 1 1

1 2 1 2
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
n n
a a a
a a a
n n
a a a a a a
−
− − − ≥ − − −


Bài toán 6:
(Phan Thành Vi
ệ
t)
V
ớ
i a,b,c là
độ
dài 3 c
ạ
nh tam giác,
, , ,
a b c
m m m p
l
ầ
n l
ượ
t là 3 trung tuy

ế
n và n
ử
a chu vi.
CM:
2 2 2 2
1
3 [( ) ( ) ( ) ]
2
a b c
m m m p a b b c c a
+ + ≤ + − + − + −


Bài toán 7:
(VMO) Cho
ABC
∆
. Tìm min:
2 2 2
( , , ) (1 cos )(1 cos )(1 cos )
f A B C A B C
= + + +


Bài toán 8:
Cho
ABC
∆
không tù. Ch

ứ
ng minh:
sin .sin sin .sin sin .sin 5
( , , )
sin sin sin 2
B C C A A B
f A B C
A B C
= + + ≥


Bài toán 9:
Cho
ABC
∆
. Ch
ứ
ng minh:
2
cos cos cos (sin sin sin )
2 2 2
3
A B B C C A
A B C
− − −
+ + ≥ + +