Chuyên đề Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học (dành cho lớp 7, 8, 9)

NGUY N CÔNG L I

CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TOÁN
VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC


1

LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán
THCS, T sách luy n thi giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề về các bài toán về bất đẳng
thức và cực trị hình học. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này
nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về bất đẳng thức và cực
trị hình học thường được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm 4 phần:
 Hệ thông kiến thức cần nhớ
 Các thí dụ minh họa
 Bài tập tự luyện
 Hướng dẫn giải

Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp
con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề bất đẳng thức và cực trị hình học này có thể giúp ích
nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế,
sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN
VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ
1. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác
Định lí 1: Cho tam gi{c ABC. Nếu ABC  ACB thì AC  AB v| ngược lại.
Định lí 2: Cho hai tam giác ABC và MNP có AB  MN và AC  MP . Khi đó ta có bất đẳng
thức
BAC  NMP  BC  NP

Định lí 3: Trong tam giác ABC ta có:
+ Nếu A  900 thì BC2  AB2  AC2
+ Nếu A  900 thì BC2  AB2  AC2
+ Nếu A  900 thì BC2  AB2  AC2
 AB  AC  BC  AB  AC


Định lí 4: Với mọi tam gi{c ABC ta luôn có:  AC  BC  AB  AC  BC


 BC  AB  AC  BC  AB

Hệ quả: Cho n điểm A1 ; A2 ; A3 ;...; An . Khi đó ta luôn có A1A2  A2 A3  ...  An1An  A1An
Dấu bằng xẩy ra n điểm A1 ; A2 ; A3 ;...; An thẳng h|ng v| sắp xếp theo thứ tự đó.
Định lí 5: Cho tam gi{c ABC v| M l| trung điểm của BC. Khi đó ta có

1
BC

2
1
+ Nếu A  900 thì AM  BC
2
1
+ Nếu A  900 thì AM  BC
2
2. Quan hệ giữa đường xiên, đường vuông góc và hình chiếu của đường xiên.
+ Nếu A  900 thì AM 

Định lí 1: Trong c{c đường xiên v| đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngo|i một đường
thẳng đến đường thẳng đó thì đường vuông góc l| đường ngắn nhất.
Định lí 2: Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm nằm ngo|i một đường thẳng đến đường
thẳng đó:
 Đường xiên n|o có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn
 Đường xiên n|o lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


3
 Nếu hai đường xiên bằng nhau thì hai hình chiếu bằng nhau, v| ngược lại, nếu

hai hình chiếu bằng nhau thì hai đường xiên bằng nhau.
3. Các bất đẳng thức trong đường tròn.
Định lí 1: Trong một đường tròn thì đường kính l| d}y lớn nhất.
Định lí 2: Trong một đường tròn:
 Hai d}y bằng nhau thì c{ch đều t}m v| ngược lại.

 D}y n|o lớn hơn thì d}y đó gần t}m hơn v| ngược lại.

Định lí 3: B{n kính của hai đường tròn l| R  r , còn khoảng c{ch giữa t}m của chúng l| d.
Điều kiện cần v| đủ để hai đường tròn đó cắt nhau l| R – r  d  R  r
Định lí 4: Cho đường tròn (O; R) v| một điểm M bất kì nằm trong đường tròn. Khi đó ta
có

R – d  MN  R  d
Với N l| điểm bất kì trên đường tròn v| d l| khoảng c{ch từ M tới t}m đường
tròn.
Định lí 5: Cho đường tròn (O; R) v| một điểm M bất kì ngo|i đường tròn. Khi đó ta có

d – R  MN  d  R
Với N l| điểm bất kì trên đường tròn v| d l| khoảng c{ch từ M tới t}m đường
tròn.
4. Các bất đẳng thức về diện tích.
Định lí 1: Với mọi tam gi{c ABC ta luôn có S ABC 

1
AB.AC , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ
2

khi tam gi{c ABC vuông tại A
Định lí 2 : Với mọi tứ gi{c ABC ta luôn có S ABCD 

1
AC.BD , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ
2

khi AC vuông góc với BD.

Định lí 3: Với mọi tứ gi{c ABCD ta luôn có S ABCD 

1
 AB.BC  AD.DC  , dấu bằng xẩy ra
2

khi v| chỉ khi B  D  900 .
5. Một số bất đẳng thức đại số thường dùng
 Với x, y l| c{c số thực dương , ta luôn có





x2  y2  2xy; 2 x2  y2   x  y  , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y
2

 Với x, y, z l| c{c số thực dương , ta luôn có

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


4

1 1
4
 
, dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y

x y xy
1 1 1
9
  
, dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y  z
x y z xyz
 Bất đẳng thức Cauchy: Với x, y, z l| c{c số thực dương , ta luôn có

xy
 xy , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y .
2
xyz 3
 xyz , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi x  y  z .
3
 Bất đẳng thức Bunhiacopxki. Với a, b, c v| x, y, z l| c{c số thực, ta luôn có

a

2

 b2

 x

a

2

 b2  c 2

2



 y2   ax  by  , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi

 x

2

2



a b
 .
x y

 y2  z2   ay  by  cz  , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi
2

a b c
  .
x y z
II.CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Chứng minh rằng tổng độ d|i ba đường trung tuyến của một tam gi{c lớn hơn

3
4

chu vi v| nhỏ hơn chu vi của tam gi{c ấy.
Phân tích tìm lời giải
Trên cở sở hình vẽ, ta cần chứng minh

3
 AB  BC  CA   AD  BE  CF  AB  BC  CA .
4

1
AM , khi đó theo ta được
2
2AD  AB  AC . Ho|n to|n tương tự ta được AD  BE  CF  AB  BC  CA .
3
Ta cần chứng minh được  AB  BC  CA   AD  BE  CF . Chú ý rằng G l| trọng
4
3
t}m tam gi{c nên từ BG  GC  BC ta được BE  CF  BC . Đến đ}y {p dụng tương tự v|
2
cộng theo vế c{c bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh.
Lấy điểm M trên tia đối của tia DA sao cho DA 

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


5

Xét tam gi{c ABC có ba đường trung tuyến l| AD, BE,

A

CF.

trên tia đối của tia DA lấy điểm M sao cho D l| trung

E

F

Trước hết ta chứng minh 2AD  AB  AC . Thật vậy,
B

D

C

điểm của AM, khi đó ta được AC  BM và

AM  2AD . Trong tam giác ABM có AM  AB  BM
do đó ta được 2AD  AB  AC

M

Tương tự ta được 2BE  BC  AB; 2CF  CA  BC .
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được
2  AD  BE  CF   2  AB  BC  CA 

Hay AD  BE  CF  AB  BC  CA

2
2
BE và CG  CF
3
3
2
2
3
3
3
Nên BE  CF  BC  BE  CF  BC . Tương tự CF  AD  AC; AD  BE  AB
3
3
2
2
2
Cộng c{c bất đẳng thức vế theo vế ta có
Trong tam giác BGC có BG  GC  BC mà BG 

2  AD  BE  CF  

3
3
AB  BC  CA   AD  BE  CE   AB  BC  CA  .

2
4
3

Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta được  AB  BC  CA   AD  BE  CF  AB  BC  CA
4
Ví dụ 2. Cho tam gi{c nhọn ABC có c{c đường ph}n gi{c AD, BE, CF cắt nhau tại I. Chứng
minh rằng c{c đoạn thẳng ID, IE, IF l| độ d|i ba cạnh của một tam gi{c.

Phân tích tìm lời giải

Để chứng minh c{c đoạn thẳng ID, IE, IF l| độ d|i ba cạnh của một tam gi{c. Ta cần
chứng minh được c{c bất đẳng thức IE  FI  DI; EI  DI  FI; DI  FI  EI . Gọi r l| b{n kính
của đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC v| vẽ IH vuông góc với AC tại H suy ra IH  r .
Chú ý là EIH  450 nên trong tam giác vuông góc EIH nhỏ nhất nên EH  IH  r . Từ đó
suy ra r 2  IE2  2r 2 . Ho|n to|n tương tự thì ta được

DI 2  EI 2  FI 2 ; EI 2  FI 2  DI 2 ; FI 2  DI 2  EI 2 . Đến đ}y ta được c{c bất đẳng thức như trên.

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


6
Gọi r l| b{n kính của đường tròn nội tiếp tam gi{c

B

ABC, vẽ IH vuông góc với AC tại H suy ra IH  r .
Ta cần chứng minh được ba bất đẳng thức

IE  FI  DI; EI  DI  FI; DI  FI  EI

F

Thật vậy, trong tam gi{c vuông IEH có



EIH  900  IEH  900  IEH  90 0  ECB



A

D

EH

C

1
 1800  IEH  ECB  EBC  .900
2

Do đó trong tam gi{c vuông IEH thì góc EIH nhỏ
nhất. Khi đó ta được EH  IH  r .
Mặt kh{c theo định lí Pitago ta có IE2  IH2  EH2 m| lại có OH  r; HE  r nên suy ra
IE2  2r 2

Từ đó ta được r 2  IE2  2r 2 . Chứng minh tương tự ta được r 2  ID2  2r 2 ; r 2  IF2  2r 2

Từ c{c bất đẳng thức trên ta thu được DI 2  EI 2  FI 2 ; EI 2  FI 2  DI 2 ; FI 2  DI 2  EI 2
Do đó IE  FI  DI; EI  DI  FI; DI  FI  EI hay DI, EI, FI l| độ d|i ba cạnh của một tam
giác.
Ví dụ 3. Cho tam gi{c ABC v| điểm M bất kì nằm trong tam gi{c. Chứng minh rằng:
MA.BC  MB.CA  MC.AB  2Max AB.AC; BC.CA; CA.AB

Phân tích tìm lời giải
Gọi

A1

lần lượt l| giao điểm của AM với BC. Khi đó ta thấy

AA1  AB  Max AB; AC .

Do

đó

ta

được

AA1 .BC  BC.Max AB; AC  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC . Từ đó suy ra được bất đẳng

thức MA.BC 

MA
MA
.AA1 .BC 

.Max AB.BC; AC.BC; AB.AC . Áp dụng ho|n to|n
AA1
AA1

tương tự v| chú ý đến một đẳng thức quen thuộc

MA MB MC


 2 ta có điều phải
AA1 BB1 CC1

chứng minh.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


7
Gọi A1 ; B1 ; C1 lần lượt l| giao điểm của AM, BM,

A

CM với BC, CA, AB. Tia AM nằm giữa hai tia AB
và AC nên A1 nằm giữa hai điểm B v| C. Vẽ AH

B1

C1

vuông góc với BC tại H. Giả sử AB  AC nên ta

M

được BC  CH . Gọi B’ l| điểm đối xứng với B qua
H, suy ra C thuộc đoạn BB’. M| A1 thuộc đoạn BB’

B

A1

H

C

B'

nên A1H  BH . Từ đó suy ra
AA1  AB  Max AB; AC

Suy ra AA1 .BC  BC.Max AB; AC  Max AB.BC; AC.BC  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC
Đặt x  Max AB.BC; AC.BC; AB.AC , khi đó ta được MA.BC 
Ho|n to|n tương tự ta được MB.CA 

MB
MC
.x; MC.AB 
.x

BB1
CC1

Mặt kh{c ta có SMAB  SMBC  SMCA  SABC nên ta được
Từ đó ta được

MA
MA
.AA1 .BC 
.x
AA1
AA1

MA1 MB1 MC1


1
AA1 BB1 CC1

MA MB MC


 2 . Do đó ta được MA.BC  MB.CA  MC.AB  2x
AA1 BB1 CC1

Vậy ta được MA.BC  MB.CA  MC.AB  2Max AB.AC; BC.CA; CA.AB .

Ví dụ 4. Cho tứ gi{c ABCD v| một điểm M thuộc miền tứ gi{c. Chứng minh rằng:
MB  MC  Max AB  AC; DB  DC

Phân tích tìm lời giải
Với điểm M thuộc miền tứ gi{c ABCD, khi đó xẩy ra hai trường hợp l| M thuộc
một cạnh của tứ gi{c hoặc M thuộc miền trong của tứ gi{c. Với điểm M thuộc một cạnh
của tứ gi{c, chẳng hạn điểm M thuộc đoạn AD, ta cần chứng minh MB  MC  DB  DC
hoặc MB  MC  AC  AC . Với điểm M nằm miền trong tam gi{c, lấy điểm N trên AD để
được MB  MC  NB  NC v| quy b|i to{n về chứng minh tương tự như trường hợp thứ
nhất.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


8
Trước hết ta ph{t biểu v| chứng minh bổ đề: Cho tam

A

gi{c ABC v| một điểm M bất kì nằm trong tam gi{c,
I

khi đó ta luôn có
M

MB  MC  AB  AC
Thật vậy, gọi giao điểm của BM với AC l| I khi đó ta
B

có

C

AB  AC  AB  AI  CI  BI  CI
 BM  IM  CI  BM  CM

Bổ đề được chứng minh.
Trở lại b|i to{n: Với điểm M thuộc miền tứ gi{c ABCD, khi đó xẩy ra hai trường hợp l| M
thuộc một cạnh của tứ gi{c hoặc M thuộc miền trong của tứ gi{c. Do đó ta xét hai trường
hợp sau:
+ Trường hợp 1: Điểm M thuộc một cạnh của tứ

B'
D

gi{c, không mất tính tổng qu{t ta giả sử điểm M

M
I

nằm trên đoạn thẳng AD. Gọi B’ l| điểm đối
A

xứng với điểm B qua AD. Vì hai điểm B, C nằm
về một phía so với AD nên B’, C nằm về hai phía
so với AD. Suy ra hai đoạn thẳng B’C v| AD cắt

C

B

nhau. Gọi I l| giao điểm của B’C với AD.
Do M thuộc đoạn AD nên I thuộc tia MA hoặc tia
MD.
Khi đó theo bổ đề trên ta được MB  MC  DB  DC hoặc MB  MC  AC  AC
Từ đó ta được MB  MC  Max AB  AC; DB  DC
+ Trường hợp 2: Điểm M thuộc miền trong cả tứ

D
N

gi{c. Khi đó gọi O l| giao điểm của hai đương chéo

A

thì điểm M thuộc một trong c{c tam gi{c OAD, OBC,

O

OCD, ODA. Tùy theo vị trí của điểm M m| ta chọn
M

điểm N trên đoạn AD sao cho theo bổ đề trên ta luôn
có MB  MC  NB  NC . M| theo trường hợp 1 thì ta

B

C

có NB  NC  Max AB  AC; DB  DC

Từ đó ta được MB  MC  Max AB  AC; DB  DC
Nếu AB  AC  DB  DC thì dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi hai điểm A v| M trùng nhau
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


9
Nếu AB  AC  DB  DC thì dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi hai điểm D v| M trùng nhau
Ví dụ 5. Chứng minh rằng tổng độ d|i c{c đường chéo của ngũ gi{c lồi ABCDE lớn hơn
chu vi nhưng nhỏ hơn hai lần chu vi của ngũ gi{c ABCDE.
Lời giải
Gọi p l| chu vi của ngũ gi{c lồi ABCDE, khi đó ta có

B
A

p  AB  BC  CD  DE  EA

F
G

Áp dụng bất đẳng thức tam gi{c cho c{c tam gi{c

L
C

ABE, ABC, BCD, DEC, EAD ta được

H

K

BE  AB  AE; AC  AB  BC

E

BD  BC  DE; EC  CD  DE

D

AD  AE  DE

Từ đó suy ra
BE  AC  BD  EC  DA  2  AB  BC  CD  DE  EA 

Hay ta được BE  AC  BD  EC  DA  2p
Gọi giao điểm của AC với BE, BG lần lượt l| F, G. Gọi giao điểm của AD với EB, EC lần
lượt l| L, K. Hai đường chéo EC v| BD cắt nhau tại H. Khi đó {p dụng bất đẳng thức tam
gi{c cho c{c tam gi{c ABF, BCG, CDH, DEK, EAL ta được

AB  AF  BF; BC  BG  GC; CD  CH  HD; DE  DK  KE; EA  EL  LA
Do đó ta được
AB  BC  CD  DE  EA  AF  BF  BG  GC  CH  HD  DK  KE  EL  LA

  BF  EL    AF  CG    BG  HD    EK  HC    AL  DK 
 BE  AC  BD  EC  AD

Hay ta được p  BE  AC  BD  EC  AD
Vậy ta được p  BE  AC  BD  EC  AD  2p

Ví dụ 6. Cho hình chữ nhật ABCD.
a) Chứng minh rằng nếu điểm I thuộc đoạn AB thì IC  ID  AC  AD , dấu bằng xẩy
ra khi nào ?
b) Tìm điểm O nằm bên trong hoặc trên cạnh của hình chữ nhật ABCD thỏa mãn
điều kiện tổng OA  OB  OC  OD có gi{ trị lớn nhất.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


10
Đặt

E

AB  CD  a; AD  BC  b; AC  BD  d  a 2  b2

a) Ta chứng minh IC  ID  d  b
Gọi E l| điểm đối xứng với D qua A, khi đó tứ gi{c

A

I

I
K

B

AEBC l| hình bình h|nh, nên AB v| CE cắt nhau tại
trung điểm K của mỗi đoạn. Lại có IE  TD . Có hai
D

trường hợp xẩy ra

C

+ Trường hợp điểm I thuộc đoạn AK, khi đó tam
gi{c AEC chứa tam gi{c IEC nên ta được

IC  ID  IC  IE  AC  AE  AC  AD
Từ đó ta được IC  ID  AD  AC , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi hai điểm I v| A trùng
nhau.
+ Trường hợp điểm I thuộc đoạn KB, khi đó ta gi{c BEC chứa tam gi{c IEC nên ta được

IC  ID  IC  IE  BC  BE  AD  AC
Từ đó ta được IC  ID  AD  AC , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi hai điểm I v| B trùng
nhau.
Vậy nếu điểm I thuộc cạnh AB thì ta luôn có IC  ID  AD  AC , dấu bằng xẩy ra khi v|
chỉ khi điểm I trùng với A hoặc B.
b) Nếu điểm O trùng với một trong c{c đỉnh của hình chữ nhật ABCD thì ta được

OA  OB  OC  OD  a  b  d
Nếu điểm O không trùng với c{c đỉnh của hình chữ nhật ABCD, khi đó có hai trường hợp
sau:
+ Trường hợp điểm O nằm trên c{c cạnh của hình chữ nhật ABCD, chẳng hạn O nằm trên
cạnh AB v| không trùng với A, B. Khi đó ta được

OA  OB  OC  OD  AB  OC  OD  AB  AC  AD  a  b  d
+ Trường hợp điểm O nằm trong hình chữ nhật ABCD, khi đó qua O kẻ đường thẳng song
song với AB cắt AD, BC lần lượt tại M, N. Chứng minh tương tự ta được

OA  OB  MA  MB; OC  OD  MB  MC
Từ đó ta được
OA  OB  OC  OD  MA  MB  MC  MD  AD  MB  MC
 AD  AB  AC  a  b  d

Vậy OA  OB  OC  OD đạt gi{ trị lớn nhất bằng a  b  d , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi
điểm O trùng với một trong c{c đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Ví dụ 7. Cho tam gi{c ABC v| một điểm M thuộc tam gi{c. Chứng minh rằng:
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


11
MA.BC  MB.CA  MC.AB  4SABC

Phân tích tìm lời giải
Do tam gi{c ABC bất kì nên ta cần xét c{c trường hợp có thể xẩy ra của tam gi{c
ABC. Với tam gi{c ABC nhọn hoặc vuông, chú ý l| SABC  SMAB  SMBC  SMCA nên để chứng
minh được b|i to{n ta cần biểu diễn được c{c tích theo diện tích MA.BC; MB.CA; MC.AB
theo diện tích c{c tam gi{c MAB, MBC, MCB. Kẻ BB1  AM,CC1  AM thì ta được

S ABM  S ACM 

1
1

AM  BB1  CC1   AM.BC . Đến đ}y {p dụng tương tự ta được điều phải
2
2

chứng minh. Với tam gi{c ABC tù, chẳng hạn tù tại A thì ta lấy điểm B’ thỏa mãn

AB'  AC , AB'  AB v| điểm M nằm trong tam gi{c AB’C. Khi đó ta cần chứng minh
được MA.BC  MB.CA  MC.AB  MA.B'C  MB'.CA  MC.AB'  4S AB'C  4S ABC .
Lời giải
Ta xét hai trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Tam gi{c ABC không tù

A

Vẽ đường thẳng BB1  AM,CC1  AM . Khi đó ta có
1
1
AM.BB1  AM.CC1
2
2
1
1
 AM  BB1  CC1   AM.BC
2
2

M

S ABM  S ACM 

Dấu bằng xảy ra khi khi v| chỉ khi AM  BC

B1
C

B
C1

Ho|n to|n tương tự ta được

S BCM  S ABM 

1
BM.AC . Dấu bằng xẩy
2

ra khi

BM  AC
1
S BCM  S ACM  CM.AB . Dấu bằng xảy ra khi CM  AB
2
Cộng
từng
vế
của
c{c
bất
đẳng
2  S ABM  S ACM  S BCM  

thức

ta

được

1
 MA.BC  MB.AC  MC.AB
2

Hay ta được MA.BC  MB.AC  MC.AB  4SABC
Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi AM  BC,MB  AC,MC  BC hay M l| trực t}m của tam
giác ABC

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


12
+ Trường hợp 2: Tam gi{c ABC l| tam gi{c

A

tù. Không mất tính tổng qu{t ta giả sử
A  900

M

Khi đó vẽ AB'  AC và AB'  AB như hình

B

C

vẽ sao cho M nằm trong tam gi{c AB’C.

B'

Ta có ABB'  AB' B nên MBB'  MB' B suy
ra MB  MB'
Mà ta có CB' B  CBB' nên ta được CB  CB'
Từ đó ta được MA.BC  MB.CA  MC.AB  MA.B'C  MB'.CA  MC.AB'
Tương tự trường hợp 1, trong tam gi{c AB’C có
MA.B'C  MB'.CA  MC.AB'  4S AB'C  2AB'.AC  2AB.AC

Từ đó ta được MA.BC  MB.CA  MC.AB  2AB.AC  4SABC
Vậy ta luôn có MA.BC  MB.CA  MC.AB  4SABC . Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi tam gi{c
ABC không tù v| M l| trực tam tam gi{c ABC.
Ví dụ 8. Cho tam gi{c ABC v| D l| một điểm nằm trên cạnh BC. Trên cạnh AB v| AC lấy
lần lượt c{c điểm N v| M. Qua M v| N kẻ c{c đường thẳng song song với AD cắt BC tại P
và Q.
Chứng minh rằng SMNPQ  max SABD , SACD 
Phân tích tìm lời giải
Do M v| N nằm trên BC nên ta có

AM
AN
 m  1;

 n  1 . Từ đó
AC
AB

S AMN AN.AM

 m.n . Chú ý là SMNQP  SABC  SAMN  SCMP  S BNQ nên để chứng minh
S ABC
AB.AC

được b|i to{n ta đi biểu diễn diện tích c{c tam gi{c CMP, BNQ theo m, n. Dễ thấy
2
MC CP
BN BQ

 1  m và

 1  n nên ta tính được SCMP  1  m  S ACD và
AC CD
AB BD
S BNQ  1  n  S BAD . Như vậy ta được
2









SMNQP  2m  mn  m 2 SCAD  2n  mn  n 2 S ABD



 

kết thúc chứng minh ta cần chỉ ra được  2m  mn  m    2n  mn  n   1 .

Do đó ta được SMNQP   2m  mn  m 2  2n  mn  n 2  .max SCAD , S ABD  . Như vậy để


2

2

Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


13
Do M v| N nằm trên BC nên ta có

A

AM
AN

 m  1;
n1
AC
AB
Ta có

M

S AMN AN.AM

 m.n nên ta được
S ABC
AB.AC

N

SAMN  m.n.SABC
Q

B

Do MP//AD nên ta có

D

C

P

MC CP AC  MC



 1 m
AC CD
AC
BN BQ

 1 n
AB BD

Tương tự ta có

Do đó ta được S BNQ 

BN.BQ
CM.CP
.S BAD ; SCMP 
.S
BD.BA
AC.DC CAD

Nên ta được SCMP  1  m  S ACD và S BNQ  1  n  S BAD
2

2

Từ đó ta được SMNQP  SABC  SAMN  SCMP  SBNQ  SACD  SBAD  SAMN  SCMP  SBNQ
Suy ra
2
2

SMNQP   1  mn    1  m   SCAD  1  mn   1  n   S ABD




2
2
 2m  mn  m S CAD  2n  mn  n S ABD









Do 2m  mn  m2 ; 2n  mn  n2 l| c{c số dương nên ta được



 



S MNQP   2m  mn  m 2  2n  mn  n 2  .max S CAD , S ABD 


2
 1   m  n  1  .max S CAD , S ABD   max S CAD , S ABD 




Do SMNPQ  max SABD , SACD  nên ta được SABD  SACD và m  n  1
Suy ra ta được CD  BD và
Ví

dụ

9.

AM AN

1.
AC AB

Cho

tứ

gi{c

AB2  BC2  CD2  DA2  2 3S ABCD 

ABCD.

Chứng

minh

rằng

AC2  BD2
2

Phân tích tìm lời giải
Giả sử trong tứ gi{c ABCD ta lấy M v| N lần lượt l| trung điểm của AC v| BD.
Khi đó theo công thức về đường trung tuyến cho c{c tam gi{c ABC, ADC, MBD ta được


 2  BM





4BM2  2 AB2  BC2  AC2 ,
4MN2

2



 DM2  BD2 .



4DM2  2 AD2  DC2  AC2

Từ

đó

ta

thu

được

và
đẳng

thức

AB2  BC2  CD2  DA2  AC2  BD2  4MN2 . Như vậy để chứng minh bất đẳng thức của
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


14
b|i to{n ta cần chỉ ra được AC2  BD2  4MN2  3.S ABCD 

AC2  BD2
. Chú ý đến
2

1
AC.BD và AC2  BD2  4MN2  AC2  BD2 . Kết hợp hai bất đẳng thức trên với
2

đ{nh gi{ sau
AC2 3BD2 AC2  BD2
AC2  BD2
AC2  BD2 


 3AC.BD 
2
2
2
2
S ABCD 

Đến đ}y thì b|i to{n xem như được chứng minh.
Lời giải
Giả sử trong tứ gi{c ABCD ta lấy M v| N lần lượt l|

B

trung điểm của AC v| BD. Khi đó {p dụng tính chất
đường trung tuyến ta có: Trong tam gi{c ABC có
N

BM l| đường trung tuyến nên



C



4BM2  2 AB2  BC2  AC2 và trong tam giác ADC

M

A

có DM l| đường trung tuyến nên



D



4DM2  2 AD2  DC2  AC2

Do đó ta được





4BM 2  4DM 2  2 AB2  BC2  AD2  DC2  2AC2





 2 BM 2  DM 2  AB2  BC2  AD2  DC2  AC2





Trong tam gi{c MBD có MN l| đường trung tuyến nên 4MN2  2 BM2  DM2  BD2





Do đó ta được 4MN2  2 BM2  DM2  BD2  AB2  BC2  AD2  DC2  AC2  BD2
Hay AB2  BC2  CD2  DA2  AC2  BD2  4MN2
Khi đó ta được AB2  BC2  CD2  DA2  AC2  BD2  4MN2  AC2  BD2
Mà ta có AC2  BD2 
Lại có S ABCD 

AC2 3BD2 AC2  BD2
AC2  BD2


 3AC.BD 
2
2
2
2

1
AC2  BD2
AC.BD nên ta được AC2  BD2  2 3S ABCD 

2
2

Từ đó suy ra AB2  BC2  CD2  DA2  2 3S ABCD 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

AC2  BD2
2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


15

M  N

Dấu đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi AC  3BD  Tứ gi{c ABCD l| hình thoi có
AC  BD


A  C  600

0
 B  D  120
Nhận xét:
+ Ta có thể sử dụng bất đẳng thức 2MN  AB  CD ; 2MN  AD  BC
Khi đó ta có bất đẳng thức mạnh hơn là  AB  CD    AD  BC   3 3S ABCD  AC2  BD2
2

2

+ Ngoài ra nếu sử dụng bất đẳng thức trong tam giác a 2  b2  c2  4 3.S cũng cho ta kết quả cần
chứng minh.
Ví dụ 10. Cho tam giác ABC có AB  AC . Đặt AB  c; BC  a; CA  b . Gọi p l| nửa chu vi
của tam gi{c ABC v| la ; ma lần lượt l| đường ph}n gi{c v| đường trung tuyến hạ từ đỉnh
A của tam gi{c ABC. Chứng minh rằng p  a  la  ma 

1
b  c
2

Lời giải
A

A

K

K
B

B

M

D

H

C

E

MD

C

H

E

Kéo d|i AM lấy điểm E sao cho ME  MA , khi đó dễ d|ng chứng minh được

AMC  EMB
Từ đó ta được AC  BE  2AM  AE
Theo bất đẳng thức tam gi{c ta có AE  AB  BE  AB  AC  b  c nên ta được AM 

bc
.
2

Lại có AB  AD  BD và AC  AD  DC
Cộng theo vế c{c bất đẳng thức trên ta được AB  AC  2AD  BC  AB  AC  BC  2AD
Nên ta được AD 
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

AB  AC  BC b  c  a

 p  a hay la  p  a .

2
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


16
Hạ AH vuông góc với BC tại H. Do AB  AC nên ta dược BH  CH suy ra BM  BH hay
điểm M thuộc đoạn BH. Lại từ AB  AC ta được ADB  ACD  ADB  900 nên điểm D
thuộc đoạn BH.
Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho AK  AC , từ đó ta được ADC  ADK
Từ đó suy ra DC  DK và ACD  AKD .
+ Nếu ACB  900 thì ta được AKD  900 nên BKD  900  ACB  KBD
Từ đó suy ra BD  KD  CD  BM  BD  MH  DH nên AM  AD
+ Nếu ACB  900 thì ta được AKD  900 nên BKD  ACH  ADC  ABC
Từ đó suy ra BD  KD  CD  BM  BD  MH  DH nên AM  AD
Vậy ta luôn có AM  AD hay ma  la
Kết hợp c{c kết quả trên ta được p  a  la  ma 

1
b  c .
2

Ví dụ 11. Cho tam giác ABC có ma ,l b ,lc v| p theo thứ tự l| độ d|i đường trung tuyến hạ
từ đỉnh A, độ d|i đường ph}n gi{c trong hạ tứ đỉnh B, C v| nửa chu vi của tam gi{c.
Chứng minh rằng ma  l b  lc  p 3
Phân tích tìm lời giải
Bất đẳng thức liên quan đến ma ; l b ; l c v| p nên ta sẽ biểu diễn ma ; l b ; l c theo p.
B
2  ca.cos B  l 2  ac.cos 2 B , chú ý
Theo công thức về đường ph}n gi{c ta có l b 

b
ca
2
2
2
2
2
2
2
2
ac  c  a  b 
B 1  cos B
c a b
là cos2 
và cos B 
nên l 2b   1 
  p  p  b  . Theo
2
2ca
2
2
2ca

2cacos

công



thức

4ma2  b  c 

ta được

đường

trung

tuyến

 p  b  p  c    b  c   p  b  p  c    2p 2p  



p  p  b   p  p  c   2 p2  ma2







ta



có



p  a  p  b  . Từ đó

2



hay l b  lc  2 p2  ma2 . Đến đ}y bất đẳng





thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được ma  2 p2  ma2  p 3 .
Lời giải
Trước hết ta ph{t biểu v| chứng minh bổ đề:

A

Với mọi 0    450 ta luôn có

cos2 

1  cos 2
2

Thật vậy, xét tam gi{c ABC vuông tại A có

B

H

M

C

C   v| đường cao AH, đường trung tuyến
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


17
AM. Trong tam giác AHM có

AHM  900 ; AMH  2 cos2 
Do đó 1  cos2  1 

HM
AM

HM AM  HM CM  HM HC



AM
AM
AM
AM
2

 CH 
2CH2
2CH 2CH CH
Ta có 2 cos   





BC.CH
BC
2AM AM
 AC 
1  cos 2
Từ đó ta được cos2 
, bổ đề được chứng minh.
2
Trở lại b|i to{n: Đặt AB  c; BC  a; CA  b , khi đó theo công thức về đường ph}n gi{c ta
2

có
B
2  ca.cos B  l 2  ac.cos 2 B
lb 
b
ca
2
2
B 1  cos B
 1  cos B 

Áp dụng bổ đề trên ta có cos2 
, từ đó ta được l 2b  ac 

2
2
2


2cacos

M| theo công thức về đường trung tuyến ta có cos B 
Suy ra l 2b 

c 2  a 2  b2
2ca

ac  c 2  a 2  b2 
1
  p  p  b   l b  p  p  a  . Tương tự ta có lc  p  p  c 
2
2ca


Cũng theo công thức về đường trung tuyến ta có
2
2
4m a2  2b2  2c 2  a 2   b  c   a 2   b  c  



 p  b  p  c    b  c   p  b  p  c  



 bc
Mặt kh{c ta lại có
bc2

 p  b  p  c   b  c  2p  b  c  2p

bc2

 p  b  p  c   2p  


Do đó ta được 4ma2  2p 2p 




Suy ra l b  lc  2 p2  ma2





pb  pc



2



2

p  a  p  b   p  p  b   p  p  c   2 p2  m a2








Do đó ta được ma  l b  lc  ma  2 p2  ma2 

1  2   m

2
a





 p2  ma2  p 3

Dấu bẳng xẩy ra khi v| chỉ khi tam gi{c ABC đều.
Ví dụ 12. Cho tam gi{c nhọn ABC có ha , h b , hc và la ,l b ,l c tương ứng l| c{c đường cao v|

đường ph}n gi{c hạ từ đỉnh A, B, C. Gọi r v| R lần lượt l| b{n kính đường tròn nội tiếp v|
đường

tròn

ngoại

tiếp

tam

gi{c

ABC.

Chứng

minh

rằng:

 ha
A  h b
B  h
C r
 sin  c  sin  
  sin 
2  l b
2  l c
2  4R

 la
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


18
Phân tích tìm lời giải
Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta đi tìm mối liên hệ của

ha
A
với c{c
 sin
la
2

cạnh của tam gi{c ABC. Để ý đến tam gi{c ABC ta được

1
1
A
1
A
S ABC  a.ha ; S ABA'  b.la .sin ; S ACA'  c.l a .sin . Khi đó ta được
2
2
2
2
2

h
h
A 2p  a
A
1
1
A
bc
A
.sin . Từ đó
a.ha   b  c  la .sin  a 
sin . Từ đó a  sin 
la
2
a
2
2
2
2
la
a
2
 ha
A  h b
B  h
C  8  p  a  p  b  p  c 
A
B
C
 sin  c  sin  

.sin sin sin . Để l|m
  sin 
2  l b
2  l c
2
abc
2
2
2
 la

xuất hiện R v| r ta chứ ý đến c{c công thức S ABC 
đ}y ta quy b|i to{n về chứng minh sin

abc
 pr  p  p  a  p  b  p  c  . Đến
4R

A
B
C 1
sin sin  , đ}y l| một bất đẳng thức quen
2
2
2 8

thuộc v| ta xem như một bổ đề.
Lời giải
Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong tam gi{c nhọn ABC ta luôn có sin
Thật vậy, vẽ đường ph}n gi{c AD ta có

BD CD
BD BD  CD
BC




.
AB AC
AB AB  AC AB  AC

Vẽ BI  BC  BI  BD . Tam giác ABI có

sin

A
B
C 1
sin sin 
2
2
2 8

A

A BI BD
BC
BC





2 AB AB AB  AC 2 AB.AC

Chứng minh tương tự ta có

sin

I

B
AC
C
AB

; sin 
2 2 AB.BC
2 2 AC.BC

Nh}n vế với vế của c{c bất đẳng thức trên ta được sin

B

D

C

A
B

C 1
.sin .sin 
2
2
2 8

Gọi AA’ l| đường ph}n gi{c hạ từ đỉnh A, gọi p l|

A

nửa chu vi của tam gi{c ABC. Đặt

AB  c; BC  a; CA  b
ha

Ta có SABC  SABA'  SACA' m| ta lại có

1
1
A
1
A
S ABC  a.ha ; S ABA'  b.la .sin ; S ACA'  c.l a .sin
2
2
2
2
2

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

B

la

A'

C

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


19
Do đó

h
1
1
A
bc
A
a.ha   b  c  la .sin  a 
sin
2
2
2
la
a
2

Suy ra

ha
A  bc 
A bca
A 2 p  a
A
 sin  
 1  sin 
.sin 
.sin
la
2  a
2
a
2
a
2


Ho|n to|n tương tự ta được

hb
B 2  p  b
B h
C 2 p  c
C
 sin 
.sin ; c  sin 
.sin

lb
2
b
2 lc
2
c
2

Do đó ta được
 ha
A  h b
B  h
C  8  p  a  p  b  p  c 
A
B
C
 sin  c  sin  
.sin sin sin
  sin 
2  l b
2  l c
2
abc
2
2
2
 la
A
B
C 1

abc
M| theo bổ đề sin sin sin  v| theo c{c công thức về diện tích l| S ABC 
2
2
2 8
4R
V| công thức Heron SABC  p  p  a  p  b  p  c  ta được

8  p  a  p  b  p  c 
abc

.sin

A
B
C
S
r
sin sin 

2
2
2 4Rp 4R

h
A  h
B  h
C r
Do đó ta được  a  sin  b  sin  c  sin  
2  l b

2  l c
2  4R
 la
Ví dụ 13. Cho tam gi{c ABC có c{c đường ph}n gi{c AD, BE, CF cắt nhau tại I. Gọi r l| b{n

kính kính đường tròn nội tiếp tam gi{c ABC. Chứng minh rằng AK  BK  CK  6r .
Phân tích tìm lời giải
Theo tính chất đường ph}n gi{c ta được CD.c  b  BC  CD   CD 

a.b
. Mà CI là
bc
AI AC
b
AI b  c



đường ph}n gi{c của tam gi{c ADC nên
. Từ đó
nên
DI CD CD
ID
a
bc
AI  ID.
. Chú ý rằng ID  IH  r nên {p dụng tương tự ta quy b|i to{n về chứng
a
a b bc ca



 6.
minh
c
a
b
Lời giải
Đặt BC  a; CA  b; AB  c . Áp dụng tính chất đường
ph}n gi{c ta được

A

CD AC
CD
b


 , do đó ta
BD AB
BC  CD c

được

I

a.b
CD.c  b  BC  CD   CD 
bc
Mặt kh{c ta có CI l| đường ph}n gi{c của tam gi{c
ADC nên

E

F

B

HD

C

AI AC
b
AI b  c



. Từ đó
nên
DI CD CD
ID
a

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20

AI  ID.

bc
a

Gọi H l| hình chiếu của I trên BC khi đó ta có
ID  IH  r

Do đó ta được AI  ID.

BI  r.

bc
bc
 r.
. Tương tự ta chứng minh được
a
a

ac
ab
; CI  r.
b
c

a b bc ca 
Từ đó ta được AI  BI  CI  r 


a

b 
 c
Mà ta có

a  b bc ca a b a c b c


      6
c
a
b
b a c a c b

Do đó ta được AK  BK  CK  6r , dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi tam gi{c ABC đều
Ví dụ 14. Cho tam gi{c ABC có c{c đường ph}n gi{c AD, BE, CF cắt nhau tại I. Chứng
minh rằng:

DI
EI
FI


2
AI
BI
CI
Lời giải
Đặt BC  a; CA  b; AB  c . Áp dụng tính chất

A

đường ph}n gi{c ta được
CD AC
CD
b



BD AB
BC  CD c
 CD.c  b  BC  CD   CD 

I

a.b
bc

Mặt kh{c ta có CI l| đường ph}n gi{c của tam

AI AC
b
AI b  c



giác ADC nên
. Từ đó
DI CD CD
ID
a

hay

E

F

B

HD

C

DI
a

AI b  c

Ho|n to|n tương tự ta được
Khi đó ta được

EI
b FI
c

;

BI c  a CI a  b

DI
EI

FI
a
b
c





AI
BI
CI
bc
ca
ac

Ta cần chứng minh được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

a
b
c


2
bc
ca
ac

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


21

a
a

bc
a  b  c

Thật vậy, vì a l| độ d|i cạnh tam gi{c nên a l| số thực dương, do đó

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng

Chứng minh tương tự ta được

xy 

xy
ta được
2

b
2b

;
ca a bc

Cộng theo vế c{c bất đẳng thức trên ta được

a

a  b  c



2a
abc

c
2c

ab abc

a
b
c


2
bc
ca
ab

Đẳng thức xẩy ra khi v| chỉ khi a  b  c  0 , điều n|y tr{i với giả thiết a, b, c l| c{c cạnh
của tam gi{c. Do vậy đẳng thức không xẩy ra.
Tức l| ta được

a

b
c


 2 . Vậy ta được
bc
ca
ab

DI
EI
FI


 2.
AI
BI
CI

Ví dụ 15. Cho hình vuông ABCD có cạnh a v| hai điểm M, N thay đổi lần lượt trên BC,
CD sao cho góc MAN  450 . Tìm gi{ trị lớn nhất v| nhỏ nhất của diện tích tam gi{c AMN.
Lời giải
Đặt BM  x; DN  y  0  x; y  a  .

K

y

B

x

M

C

Khi đó ta có SAMN  SABCD   SABM  SADN  SCMN 
Hay ta được



1
1
S AMN  a 2  ax  ay   a  x  a  y   a 2  xy
2
2



N
y

Trên tia đối của tia BM lấy điểm K sao cho BK  y ,
khi đó ta được ABK  ADN . Từ đó AN  AK

A

D

và BAK  DAN .

Để ý l| BAM  DAN  450 nên ta được BAK  BAM  KAM  450 . Dễ thấy
AKM  AMN nên ta được MN  MK  x  y . Mặt kh{c từ tam gi{c vuông CMN có
MN2   a  x    a  y 
2

2

Từ đó suy ra  x  y   a 2  2ax  x2  a 2  2ay  y 2  xy  a 2  a  x  y   a  x  y   a 2  xy
2

1
1
Do vậy S AMN  a  x  y   at với t  x  y . Đến đ}y ta nhận thấy nếu t lớn nhất thì diện
2
2
tích tam gi{c AMN lớn nhất v| ngược lại. Như vậy ta cần tìm gi{ trị lớn nhất v| nhỏ nhất
của t.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


22
Để ý l| ta đang có x  y  a và x.y  a 2  at . Khi đó thaeo hệ thức Vi – et ta có x, y là
nghiệm của phương trình bậc hai X2  tX  a 2  at  0 . Để phương trình trên có hai nghiệm
x, y ta cần có





  t 2  4 a 2  at  0   t  2a   8a 2  0  t  2a  2 2a  t  2a


t 2a  2  1
 
a

Khi t  2a
X1  X 2



2



2 1



2  1 thì phương trình bậc hai có nghiệm kép

2

2





2 1

 2  1 và Mint  2a 
1
 a.2a  2  1  a  2  1
2

Điều n|y có nghĩa l| x  y  a
Vậy ta được MinSAMN



2 1 .

2

Lại có xy  a 2  at  at  a 2  xy nên suy ra at  a 2  t  a
1
a2
Điều n|y có nghĩa l| Maxt  a , khi đó MaxSAMN  a.a 
2
2
Trong trường hợp n|y ta được x  a; y  0 hoặc x  0; y  a hay M  B; N  C hoặc

M  C; N  D
Ví dụ 16. Cho góc xOy v| điểm M nằm trong góc đó. Đường thẳng d quaM cắt c{c tia Ox,
Oy lần lượt tại A, B. Tìm vị trí của đường thẳng d để:
a) Diện tích tam gi{c OAB đạt gi{ trị nhỏ nhất.

b) Tổng OA  OB đạt gi{ trị nhỏ nhất.
Lời giải
a) Do xOy không đổi v|

x
d

1
SOAB  OA.OB.sin xOy nên diện tích tam gi{c
2

A

OAB đạt gi{ trị nhỏ nhất khi v| chỉ khi tích
E

OA.OB đạt gi{ trị nhỏ nhất. Qua M kẻ c{c
đường thẳng song song với Oy, Ox cắt Ox, Oy

O

M

F

B

y

lần lượt tại E v| F.

Khi đó c{c điểm E v| F cố định v|

OE OF

1
OA OB

.
2

 OE OF 
OE OF

4
.
Từ đó ta được 1  
.

OA OB
 OA OB 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23
Suy ta OA.OB  4OE.OF không đổi. Dấu bằng xẩy ra khi

OA  2OE

OE OF 1

 

OA OB 2
OB  2OF

đường thẳng d đi qua M v| A thỏa mãn điều kiện OA  2OE; OB  2OF . Vậy khi đường
thẳng d đi qua M v| A thỏa mãn điều kiện OA  2OE; OB  2OF thì diện tích tam gi{c
OAB đạt gi{ trị nhỏ nhất.
OE OF
 OE OF 

 1 ta được OA  OB   OA  OB  
b) Cũng từ

  OE  OF  2 OE.OF
OA OB
 OA OB 
Hay ta được OA  OB  OE  OF  2 OE.OF 



OE  OF

.
2

OB
OA

OA
OE
.OE 
.OF 

OA
OB
OB
OF
OE OF
OF OA  OE
OA OA  OE

 1 ta được



Để ý l| từ
OA OB
OB
OA
OB
OF
Dấu bằng xẩy ra khi v| chỉ khi

Từ

OA
OE
OA  OE

OE

 OA  OE  OE.OF . Khi đó
ta được

OF
OF
OB
OF

OB  OF  OE.OF

Vậy tổng OA  OB đạt gi{ trị nhỏ nhất bằng



OE  OF



2

khi đường thẳng d đi qua M

v| A thỏa mãn điều kiện OA  OE  OE.OF .
Ví dụ 17. Cho tam gi{c nhọn ABC v| một điểm M nằm trong tam gi{c. Tia AM, BM, CM
1
cắt BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng S DEF  S ABC .
4
Phân tích tìm lời giải

Đặt

x

EA
DC
BF
; y
; z
EC
DB
AF

với

x; y; z  0 .

S DEF  SABC   SAEF  S BDF  SCDE  nên để chứng minh S DEF 

Chú

ý

là

S
1
1
S ABC  DEF  , trước hết ta
4

S ABC 4

đi biểu diễn diện tích c{c tam gi{c AEF, BDF, CDE theo x, y, z. Ta có
S
SEAF
S
y
x
z

; CED 
; BDF 
.
Khi
đó
ta
được
S ABC  x  1 z  1 S ABC  y  1 x  1 S ABC  z  1 y  1
S AEF  SECD  S BDF x  y  1  y  z  1  z  x  1
. Do AD, BE, CF đồng quy tại M nên theo

S ABC
 x  1 y  1 z  1

định lí Ceva nên xyz  1 v| bất đẳng thức  x  1 y  1 z  1  8 . Khi đó biến đổi đồng
nhất biểu thức trên ta được

S AEF  SECD  S BDF 3
 . Đến đ}y thì b|i to{n xem như được
S ABC

4

chứng minh.
Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC