Khóa luận tốt nghiệp toán một số bất đẳng thức hình học và phương pháp giải áp dụng cho học sinh phổ thông cơ sở

PHẦN I MỞ ĐẦU
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI, MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Các dạng toán về bất đẳng thức hình học thuộc dạng các bài toán khó
đối với học sinh phổ thông, nhất là học sinh phổ thông cơ sở kể cả học sinh
giỏi cũng lúng túng khi gặp các bài toán dạng này. Nhưng nó thực sự là một
phần quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thức trong
hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán học. So với
bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm nhiều.
Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết vấn đề này là vì phương
pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp
dụng trong hình học và không phải là phương pháp đại số thuần túy. Để giải
một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến
thức về hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén.
Luận văn này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học và phương
pháp giải áp dụng cho học sinh phổ thông cơ sở.
Trong quá trình soạn thảo, dù rất cố gắng, nhưng chắc chắn chuyên
đề này sẽ không tránh khỏi những thiếu sót nhất định và tôi rất mong nhận
được ý kiến đóng góp từ qúy thầy cô và các bạn.
II. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Sử dụng phương pháp phân tích, nghiên cứu tài liệu trên cơ sở đó
tổng hợp chứng minh các vấn đề nghiên cứu đồng thời trình bày các bài tập
liên quan.
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Trong chương trình học của học sinh phổ thông cơ sở.
IV. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
Chương I: Các kiến thức cơ bản về hình học và một số bất đẳng thức
thường dùng
1
Chương II: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học trong
mặt phẳng
V. CÁC BƯỚC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

Nhận đề tài
Lập đề cương
Sưu tầm tài liệu
Nghiên cứu tài liệu
Thực hiện đề tài
Chỉnh sửa và hoàn thiện luận văn
2
PHẦN II NỘI DUNG
CÁC KÍ HIỆU CÓ SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ
(O) : Đường tròn tâm O
(O; R) : Đường tròn tâm O, bán kính R
ABC : Tam giác ABC
S
ABC
: Diện tích ABC
(ABC) : Đường tròn ngoại tiếp ABC
a,b,c : Độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C của ABC
h
a
, h
b
, h
c
: Độ dài các đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C của
ABC
m
a
, m
b
, m

c
: Độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C
của ABC
l
a
, l
b
, l
c
: Độ dài các đường phân giác xuất phát từ các đỉnh A, B, C
của ABC
R, r : Bán kính các đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác
r
a
, r
b
, r
c
: Bán kính các đường tròn bàng tiếp đối diện với các đỉnh A,
B, C của ABC
đpcm : Điều phải chứng minh
2p : Chu vi của tam giác
3
CHƯƠNG I: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ HÌNH HỌC VÀ
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG
I. Các kiến thức cơ bản về hình học
Định lí 1: Gọi R và r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và
đường tròn ngoại tiếp ABC, d là khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại
tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC. Khi đó,ta luôn có 2Rr = R
2

–
d
2
.
Định lí 2: Cho ABC. Nếu thì AC > AB và ngược lại.
Định lí 3: Cho trước ABC và A’B’C’ có 2 cặp cạnh AB = A’B’ và AC =
A’C’. Ta có bất đẳng thức khi và chỉ khi BC > B’C’.
Định lí 4: Trong những đường xiên nối một điểm M cho trước với điểm N
trên một đường thẳng d cho trước, đường xiên nào có hình chiếu dài hơn thì
dài hơn (tương tự cho một mặt phẳng (P) bất kì).
Định lí 5: Trong những đường xiên nối một điểm M cho trước với điểm N
trên một mặt phẳng (P) cho trước, đường xiên nào có hình chiếu dài hơn thì
dài hơn.
Định lí 6: 2 tam giác vuông ABC và A’B’C’ có
.
và AB = A’B’. Nếu thì AC ≥ A’C’.
Định lí 7: Trong góc tam diện, mỗi mặt nhỏ hơn tổng hai mặt kia.
Định lí 8: Tổng các mặt của một góc đa diện lồi nhỏ hơn 2π.
Định lí 9: Tổng các góc nhị diện trong một góc tam diện lớn hơn π và nhỏ
hơn 3π.
Định lí 10: Bán kính của hai đường tròn là R ≥ r, còn khoảng cách giữa tâm
của chúng là d. Điều kiện cần và đủ để hai đường tròn đó cắt nhau là R – r
d R + r.
4
Định lí 11: Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác khi và
chỉ khi a + b > c, b + c > a và c + a > b.
Định lí 12:Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì thuộc miền trong của
tam giác.Khi đó ta luôn có: MB + MC < AB + AC.
Định lí 13: Trong tam giác ABC ứng với cạnh dài hơn là đường cao, đường
trung tuyến,đường phân giác ngắn hơn.

Định lí 14: Trong tam giác ABC kí hiệu h
a
là độ dài đường cao, l
a
là độ dài
đường phân giác, m
a
là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A thì ta
có bất đẳng thức : m
a
≥ l
a
≥ h
a
Định lí 15: Đường trung tuyến AM của tam giác ABC nhỏ hơn nửa tổng
các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ một đỉnh A.
Định lí 16: Hình tròn nội tiếp là hình tròn lớn nhất có thể chứa trong nột
tam giác.
Định lí 17: 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.
Định lí 18: Trong nửa mặt phẳng bị chia ra bởi đường thẳng đi qua 2 điểm
A và B có 2 đường gấp khúc AC
1
C
2
…C
k
B và AD
1

D
2
…D
p
B sao cho 2 đa
giác AC
1
C
2
…C
k
B và AD
1
D
2
…D
p
B là 2 đa giác lồi. Nếu đa giác
AC
1
C
2
…C
k
B chứa đa giác AD
1
D
2
…D
p

B bên trong nó thì đường gấp khúc
AC
1
C
2
…C
k
B dài hơn đường gấp khúc AD
1
D
2
…D
p
B.
Định lí 19: Một đa giác bất kì có chu vi không nhỏ hơn chu vi của đa giác
tạo bởi bao lồi của nó.
Định lí 20: Nếu một đa giác lồi chứa đa giác lồi khác thì chu vi của đa giác
ngoài lớn hơn chu vi của đa giác nằm trong nó.
Định lí 21: Độ dài đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn
khoảng cách lớn nhất nối 2 đỉnh của nó.
Định lí 22: Cho (O; r) và 1 điểm M bất kì trong nó. Khi đó ta có :
R – d ≤ MN ≤ R + d
5
Với N là điểm bất kì trên đường tròn và d là khoảng cách từ M tới tâm
đường tròn.
Định lí 23: Cho (O; r) và điểm M bất kì ngoài đường tròn. Khi đó ta có :
d – R ≤ MN ≤ d + R
Định lí 24: Cho trước điểm M trong hình tròn tâm O. Trong các dây cung
qua M, dâycungvuông góc với MO có độ dài nhỏ nhất.
Định lí 25: Gọi P là giao điểm của 2 đường tròn ( O

1
) và ( O
2
). Khi đó, ta
có bất đẳng thức MN ≤ 2O
1
O
2
cho mọi dây cung qua P.Dấu « = » xảy ra
MN // O
1
O
2
.
Định lí 26:Diện tích tam giác ABC không lớn hơn
Định lí 27:Diện tích của tứ giác ABCD không vượt quá
Định lí 28:Trong các tam giác có cùng chu vi thì tam giác đều có diện tích
lớn nhất.
II. Các bất đẳng thức thường dùng
•
• •
•
Bất đẳng thức Cauchy
Với n ≥ 2 số dương tùy ý x
1
, x
2
, …, x
n
ta có trung bình cộng của

chúng không nhỏ hơn trung bình nhân của chúng.
•
• •
• Bất đẳng thức BCS (Bunhiacopski – Cauchy – Schwarz)
Cho trước 2 bộ n ≥ 1 số thực tùy ý x
1
, x
2
, …, x
n
và y
1
, y
2
, …, y
n
ta có
bất đẳng thức :
•
• •
• Bất đẳng thức Minkowski
6
• Định lí 29: Cho trước n góc ta có các bất
đẳng thức sau
•
•
•
• Định lí 30: Cho trước n góc ta có các bất đẳng
thức sau
•

•
•
• •
• Bất đẳng thức Plotemy
Cho 4 điểm A, B, C, D trên mặt phẳng ta luôn có:
AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD
Dấu “=” xảy ra Tứ giác ABCD nội tiếp.
CHƯƠNG II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG.
I. Phương pháp sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên,
hình chiếu
1. Lí thuyết
7
- Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm nằm ngoài một
đường thẳng đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất.
- Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài một đường thẳng đến
đường thẳng đó:
+ Đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.
+ Đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn.
+ Hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau và ngược lại.
2. Bài tập vận dụng
Bài 1
Cho tam giác ABC có AB ≥ AC và một điểm M nằm trên cạnh BC. CMR:
AB ≥ AM.
Lời giải
Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC
Suy ra HM ≤ maxHB, HC
Và theo Định lí về đường vuông góc và đường xiên ở lớp 7, ta có đpcm.
Bài 2
• Cho tam giác ABC. M là điểm thuộc AC.

Chứng minh rằng S
ABC
; S
ABC
b) Cho tứ giác ABCD.
Chứng minh rằng S
ABCD
8
Lời giải
• Gọi AH là đường cao của .
Ta có .
S
ABC
.
M là điểm thuộc . Do đó :
S
ABC
b) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD; BH và DK là
hai đường cao của và .
và
Suy ra BH + DK BO + OD = BD
Do đó : S
ABCD
= S
ABC
+ S
DAC
=
=
Bài 3

9
Cho tam giác ABC, AM là trung tuyến. Chứng minh rằng: AM ≤ thì
và ngược lại.
Lời giải
Giả sử .
Gọi D là điểm đối xứng của A qua M. Suy ra AD = 2AM. M là trung điểm
hai đoạn thẳng BC và AD.
=> AB = DC và AB // DC => mà
=> =>
Xét tam giác ABC và tam giác CDB có: AB = DC, BC là cạnh chung
Do đó: BC < AD => (vô lí)
10
=>
Bài 4
Gọi H là trực tâm nhọn và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam
giác. Chứng minh HA + HB +HC 6r.
Lời giải
Ta thấy
=>
Tương tự:
(1)
Ta cần chứng minh x + y +z 6r.
Giả sử . Theo quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu =>
11
Từ đây ta sẻ chứng minh (a + b +c)(x + y +z) 3(ax + by +cz) (2)
Thật vậy
(2) => a(x + y + z) – 3ax + b(x +y + z) – 3by + c(x +y + z) – 3cz 0.
(3)
Vì nên (3) đúng.
Từ (1) và (2)

(a +b +c)(x + y + z) 3.4S = 12
=> x + y + z 6r.
Bài 5
Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của AC. Gọi E và F là
chân các đường vuông góc kẻ từ A và C đến đường thẳng BM. Chứng minh
rằng
Lời giải
12
vuông tại A => AB < BM.
Do đó: AB < BE + ME (1)
Và AB < BF – MF (2)
(cạnh huyền – góc nhọn)
=> ME =MF. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
AB + AB < BE + BF
Do đó
2AB < BE + BF nên (đpcm).
Bài 6
Cho hình sau trong đó có AB > AC. Chứng minh rằng EB > EC.
Lời giải
AB > AC => HB > HC (đường xiên lớn hơn thì hình chiếu lớn hơn).
HB > HC => EB > EC (hình chiếu lớn hơn thì đường xiên lớn hơn).
Bài 7
Cho hình sau. Chứng minh rằng BD + CE < AB + AC.
13
Lời giải
vuông tại D => BD < AB.
vuông tại E => CE < AC.
Suy ra : BD + CE < AB + AC.
Bài 8

Hai tam giác ABC, A’B’C’ vuông tại A và A’ có AB = A’B’, AC > A’C’.
Không sử dụng định lí Pi-ta-go, chứng minh rằng BC > B’C’.
Lời giải
Do AC > A’C’ nên lấy được điểm C
1
trên cạnh AC sao cho AC
1
= A’C’.
Ta có tam giác vuông ABC
1
bằng tam giác vuông A’B’C’, suy ra B’C’ =
14
BC
1
. Mặt khác hai đường xiên BC và BC
1
kẻ từ B đến đường thẳng AC lần
lượt có hình chiếu trên AC và AC
1
. Vì AC > AC
1
nên BC > BC
1
, suy ra BC
> B’C’.
Bài 9
Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi BD là đường phân giác của góc B (D
AC). Chứng ming rằng BD < BC.
Lời giải
Do BD là tia phân giác của góc ABC nên tia BD ở giữa hai tia BA và BC,

suy ra D ở giữa A và C, hay AD < AC. Hai đường xiên BC, BD lần lượt có
hình chiếu trên AC là AC và AD. Hơn nữa AD < AC, suy ra BD < BC.
Bài 10
Hai tam giác ABC , A’B’C’ vuông tại A và A’ có AB = A’B’, BC > B’C’.
Không sử dụng định lí Pi-ta-go, chứng minh rằng AC > A’C’.
Lời giải
15
+ Giả sử AC < A’C’. Trên cạnh A’C’ lấy được điểm C
1
sao cho A’C
1
=
AC. Ta có tam giác vuông A’B’C
1
bằng tam giác vuông ABC, suy ra BC =
B’C
1
. Mặt khác hai đường xiên B’C’ và B’C
1
kẻ từ B’ đến đường thẳng
A’C’ lần lượt có hình chiếu trên A’C’ là A’C’ và A’C
1
. Vì A’C’ > A’C
1
nên
B’C’ > B’C
1
, suy ra B’C’> BC điều này không đúng với giả thiết BC >
B’C’.
+ Giả sử AC = A’C’. Khi đó ta có (c-g-c). Suy ra BC =

B’C’ điều này cũng không đúng với giả thiết BC > B’C’.
Ta có AC < A’C’ là sai.
Vậy AC > A’C’.( đpcm)
Bài 11
Cho tam giác ABC có BD và CE là hai đường cao. Chứng minh DE < BC.
Lời giải
Giả sử . Gọi M là trung điểm BC; vuông tại D có DM là
trung tuyến.
.
Chứng minh tương tự ta có:
16
Ta có DM + ME = BC
Như vậy . Vô lí !
Do đó là sai DE < BC.
Bài 12
Cho hình sau. Hãy chứng minh rằng:
a) BE < BC
b) DE < BC
Lời giải
• Ta có AB AC suy ra:
AC là hình chiếu của BC lên AC.
AE là hình chiếu của BE lên AC.
Mà : AE < AC=> BE < BC (1)
• Ta có : AE AB suy ra :
AB là hình chiếu của BE lên AB.
17
AD là hình chiếu của DE lên AB.
Mà : AD < AB => DE < BE (2)
Từ (1) và (2): DE < BE < BC hay DE < BC.
II. Phương pháp sử dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một

tam giác
1. Lí thuyết
- Trong một tam giác,góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn.
- Trong một tam giác,cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.
2. Bài tập vận dụng
Bài 1
Cho tam giác ABC có , điểm D nằm giữa B và C. Chứng minh
rằng AB < AD < AC.
Lời giải
Xét : (vì ) nên AD > AB.
Ta có: (vì D
2
là góc ngoài của ) nên
Xét : (vì ) nên AC > AD
18
Vậy AB < AD < AC. (đpcm)
Bài 2
Cho tam giác ABC với AB AC. Trên cạnh BC lấy một điểm M bất kì
khác B và C. Chứng minh rằng AM < AC
Lời giải
Ta có : + nên chỉ có hai khả năng xảy ra ứng với các vị trí
của M trên BC là:
hoặc .
+ Nếu thì tam giác AMC có góc tù nên AM < AC.
+ Nếu thì trong tam giác ABM có AM < AB. Kết hợp với giả
thiết AB < AC, ta suy ra AM < AC.
Vậy ta luôn có AM < AC (đpcm).
Bài 3
Cho tam giác ABC với . Trên các cạnh BC và AC lần
lượt lấy hai điểm M và N ( khác A, B, C). Chứng minh rằng MN < AC.

Lời giải
19
Kẻ đoạn thẳng AM. Xét , .
Ta có nên chỉ có hai khả năng xảy ra ứng với các vị trí của
N trên AC là:
hoặc .
+ Nếu thì có góc tù nên MN < MC.
+ Nếu thì trong có MN < MA.
Ta gọi a là đoạn thẳng lớn nhất trong hai đoạn thẳng MA và MC nên ta có
MN < a.
Trong có
.
Ta có nên chỉ có hai khả năng ứng với các vị trí của M
trên BC là :
hoặc .
20
+ Nếu thì có góc tù nên AM < AC.
+ Nếu thì trong có MN < MA.
Kết hợp với giả thiết ta có AM < AC.
Mặt khác . Vậy a < AC.
Suy ra MN < AC (đpcm)
Bài 4
Cho tam giác ABC có góc A tù. Trên cạnh AB lấy D (khác A và B). trên
cạnh AC lấy điểm E (khác A và C). Chứng minh rằng DE < BC.
Lời giải
Xét tam giác CDE. Ta có , mà là góc tù nên là góc tù.
Suy ra CD > DE.
Xét tam giác BCD. Ta có nên là góc tù. Suy ra BC > CD.
Từ (1) và (2) suy ra BC > DE (đpcm).
Bài 5

Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến AD, BE vuông góc với nhau.
Chứng minh rằng BC < 2AC.
21
Lời giải
BC < 2AC nếu .
Xét tam giác ADC. Có .
Theo giả thiết nên là góc tù. Cạnh AC đối diện với góc D
1

nên là cạnh lớn nhất, vậy AC > DC hay 2AC > 2AD = BC.
Bài 6
Cho tam giác ABC có là các góc nhọn, AC > AB. Kẻ đường cao
AH. Chứng minh rằng .
Lời giải
22
có AC > AB nên .
Ta lại có , nên .
Do nên .
Bài 7
Cho tam giác ABC có AB < AC, đường cao AH. Chứng minh rằng :
HB < HC, (Xét hai trường hợp: nhọn và tù).
Lời giải
Xét các đường xiên kẻ từ A đến BC
Đường xiên AB < AC nên hình chiếu HB < HC.
23
+ Nếu nhọn thì (cùng bằng ).
Xét : AB < AC nên . Do đó tức là
.
+ Nếu tù thì B nằm giữa H và C nên .
Bài 8

Cho tam giác ABC có ; AM là trung tuyến. D là điểm trên đoạn
thẳng AM.Chứng minh rằng DB < DC.
Lời giải
Xét có AC > AB
Xét và có
BM = MC (gt) ;
AM ( cạnh chung) ;
AB < AC
Suy ra
Xét và có
24
BM = MC (gt) ;
DM (cạnh chung) ;
Suy ra DB < DC.
Bài 9
Trên dây cung AB của một đường tròn O, lấy hai điểm C và D chia dây
cung này thành ba đoạn thẳng bằng nhau AC = CD = DB. Các bán kính qua
C và D cắt cung nhỏ AB lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng:
•
•
Lời giải
• Tam giác AOB là tam giác cân vì OA = OB, suy ra .
(c-g-c) vì có OA = OB, , AC = DB. Từ đó
suy ra .
• Tam giác OCD là tam giác cân ( vì OC = OD do )
25