Tài liệu BDTX hè 2019 môn Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (839.3 KB, 47 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUN HÈ 2019

MƠN: TỐN HỌC

Chun đề

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP BÀI TỐN HÌNH HỌC 
ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Ở BẬC TRUNG HỌC CƠ SỞ

TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

MỤC LỤC

MỤC LỤC ... 2

MỞ ĐẦU ... 1

Phần 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ... 2

1.1. Một số bất đẳng thức cần dùng ... 2

1.2. Một số ký hiệu ... 9

Phần 2. THIẾT LẬP CÁC NHÓM QUAN HỆ ... 10

2.1. Nhóm quan hệ 1 ... 10

2.2. Nhóm quan hệ 2 ... 16

2.3. Nhóm quan hệ 3 ... 17

2.4. Nhóm quan hệ 4 ... 21

2.5. Nhóm quan hệ 5 ... 26

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

MỞ ĐẦU

Tam giác là một khái niệm quan trọng trong chương trình Tốn ở bậc
Trung học cơ sở. Trong các đề thi chọn học sinh giỏi, tam giác thường có mặt
và thường là những bài tốn khó.

Trong các vấn đề về tam giác, bài tốn cực trị ln là những bài toán cơ
bản, rất phong phú về dạng và khá hấp dẫn trong việc tìm tịi lời giải, đặc biệt
là những lời giải có thể tổng quát hóa được.

Các tài liệu tham khảo hiện hành trong nước hiện nay, các bài toán về
cực trị trong tam giác thường xuất hiện dưới dạng những bài toán khó với
những lời giải rời rạc và chưa được phân loại một cách đầy đủ.

Trong quá trình bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên cốt cán, bồi
dưỡng học sinh giỏi trong tỉnh và đặc biệt là quá trình giảng dạy học phần
“Bồi dưỡng học sinh giỏi Trung học cơ sở - Chuyên đề Hình học” tại Trường
Cao đẳng sư phạm Gia Lai cho sinh viên ngành Cao đẳng sư phạm Tốn học,
tơi đã tự nghiên cứu một cách khá toàn diện về vấn đề cực trị trong tam giác,
trước hết là làm tư liệu giảng dạy cho bản thân, sau đó đúc rút thành một sản
phảm nghiên cứu khoa học nho nhỏ để có thể phổ biến kinh nghiệm này cho
giảng viên, giáo viên, sinh viên, học sinh và những người quan tâm về vấn đề

này.

Đây là một trong những tài liệu có thể được xem là khá đầy đủ, được
phân dạng theo một hệ thống dễ tra cứu. Điều quan trọng của đề tài này là, nó
cho thấy một trong những phương pháp tìm ra “cái gốc” của lớp các bài toán
mà các tài liệu khác chưa phân tích được một cách đầy đủ.

Trong khn khổ số trang của một chuyên đề bồi dưỡng thường xuyên,
đề tài này chưa đề cập đến Nhóm quan hệ 7, là nhóm quan hệ quan trọng (vừa
khó, vừa sâu sắc) giữa Ra, Rb, Rc với da, db, dc. Hy vọng rằng, đây sẽ là nội

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Phần 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Một số bất đẳng thức cần dùng

Đối với bậc Trung học cơ sở (THCS), theo chúng tôi, các bất đẳng thức
sau đây là đủ để thiết lập khá nhiều bài tốn Hình học để bồi dưỡng học sinh
giỏi.

Các bất đẳng thức này có thể được hình thành từ các bước suy luận cơ bản.
Suy luận.

Ta có bất đẳng thức cơ bản sau

DTXR 0

A
A


  .

Với x y, 0, ta có





0 2 0 2

x y

x y   x xy    y x y xy    xy.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x y   x  y  x y.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 1. (Bất đẳng thức AM-GM)

, 0

DTXR

x y

xy
x y

x y



 

 


, 0

DTXR

x y xy

x y

x y

 
 

 

Suy luận.

Áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có

2 2

x y  xy, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y.

2 2

y z  yz, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi yz.

2 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

3
Suy ra



2 2 2







2 x y z 2 xyyzzx .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 2.

2 2 2

DTXR

x y z xy yz zx

x y z

    
  

Suy luận.



 



2 2 2 2 2 2

2 3

x y z xyyzzxx y z  xyyzzx  xyyzzx









x y z xy yz zx

      .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 3.









3
DTXR

x y z xy yz zx

x y z

    
  

Suy luận.









2 2 2 2 2 2

2 2

x y z xyyzzx x y z  xyyzzx









2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

x y z x y z x y z xy yz zx

           



2 2 2







3 x y z x y z

      .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

4
Bất đẳng thức 4.









2 2 2

3 3

DTXR

x y z x y z

x y z

   

      

      .

Bởi các Bất đẳng thức 3, 4, ta có bất đẳng thức kép sau
Bất đẳng thức 5.



 





2 2 2



3 3

DTXR

xy yz zx x y z x y z

x y z

       
  

Trong Bất đẳng thức 5, với x y z, , 0, thay x bởi x, y bởi y , z bởi z , ta
có bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 6.



 







3 3

, , 0
DTXR

xy yz zx x y z x y z

x y z

x y z

       
 

  

Suy luận.

Cách1.

Với mọi số thực a b c, , , ta có đồng nhất thức sau









3 3 3 2 2 2

a   b c a b c a  b  c ab bc ca   abc.
Do đó, với a b c, , 0, ta có

3 3 3

a b c  abc.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 2 2

a b c

a b c ab bc ca

  


     

 





theo BDT 2

a b c
a b c

  


  

  a b c.

Thay a0 bởi 3

x, b0 bởi 3 y , c0 bởi 3

z, ta có bất đẳng thức sau

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.

Cách 2.

Với x y z, , 0, lần lượt áp dụng Bất đẳng thức 1, ta có
2

x y xy, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y.

3 2 .3

z xyz  z xyz , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z 3 xyz. 
Suy ra





3 2 2 .3 2 .3 2.2 . .3

x  y z xyz  xy z xyz  xy z xyz  xy z xyz

 

4





4 3

3 4 3 3

4. xyz xyz 4. xyz 4. xyz 4 xyz

    .

Vậy

x  y z xyz.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



2 2



3 2

3 3 0

x y

x y x y

z z y

z y z

z xyz z y z




  

  

   

     



 

   

  

 0

z
x y




  

 hoặc

z

x y

z y


 

 


 x y z.

Từ một trong hai cách suy luận trên, ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 7. (Bất đẳng thức AM-GM)

3 , , , 0

3
DTXR

x y z

xyz x y z

x y z

 

  

  

Suy luận.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>



x y z



1 1 1 3.3 xyz.3.3 1 9

x y z xyz

 

      

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 8.





1 1 1

, , 0
DTXR

x y z

x y z
x y z

x y z

 

     

 

 
  

Suy luận.

Với x y z, , 0, áp dụng Bất đẳng thức 7, ta có

3
3

1 1 1 1 3

1 1 1

xyz

x y z xyz

x y z

    

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 9.

3 3

1 1 1

, , 0

DTXR

xyz

x y z
x y z

x y z



 
 

  

Bởi các Bất đẳng thức 4, 7, 9, ta có bất đẳng thức kép sau

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 2 2

1 1 1 3 3

, , 0
DTXR

x y z x y z

xyz

x y z

x y z

x y z

   

  

 

 
  

Suy luận.

Với các số thực a b c x y z, , , , , , dễ dàng kiểm tra được Hằng đẳng thức Lagrange

sau đây



2 2 2



2 2 2





 



a b c x y z  ax by cz  ay bx  bzcy  cx az .
Từ hằng đẳng thức này, ta suy ra bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 11. (BĐT Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz hay BĐT C-B-S)















2 2 2 2 2 2

DTXR , , 0

a b c x y z ax by c

a b c

x y z

x y z

      

   

Suy luận.

Với a b c, ,  , , ,x y z0, áp dụng Bất đẳng thức 11, ta có

     









2 2

2 2 2 2

a b c

x y z a b c

x y z

      

           
 

      

 

 a2 b2 c2



 



x y z a b c

x y z

 

      

 

  





2 2 2 a b c

a b c

x y z x y z

 
  

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 2 2

a b c a b c

x  y  z   x y z .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

8
Bất đẳng thức 12.





2 2 2

, , ; , , 0

DTXR

a b c

x y z x y z

a b c x y z

a b c

x y z

 
  

 

   

  

Suy luận.

Với a b c x y z, , , , , 0, trong Bất đẳng thức 12, thay x bởi ax, y bởi by, z bởi

c , ta có





a b c
a b c

x y z ax by cz

 
  

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b c
x y z

 


  
 .

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 13.





, , , , , 0

DTXR

a b c

x y z ax by cz

a b c x y z

a b c

x y z

 
  

 

 

 


   


Suy luận.

Với a b c x y z, , , , , 0, áp dụng các Bất đẳng thức 12, 13, ta có

2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

b a b c

a c

y x y z

a b c a b c x z

x y z ax by cz a b c a b c

   

     

   

       
        

 













2 4 3

2 2

1 1

. a b c a b c

a b c

a b c x y z a b c ax by cz ax by cz

   

 

      

          .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

9
Bất đẳng thức 14.









2 3

2 2 2

, , , , , 0

DTXR

a b c

a b c a b c

x y z a b c x y z ax by cz

a b c x y z

a b c

x y z

 

 

       

     

 

 


   


1.2. Một số ký hiệu

Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác đó. Giả sử AP, BP, CP lần
lượt cắt BC, CA, AB tại A1,B1,C1.

Gọi ha, , hb hc lần lượt là các đường cao hạ từ A, B, C và da, db, dc lần lượt là
các đoạn vng góc hạ từ P đến BC, CA, AB.

Ta sử dụng các ký hiệu sau

ABC

S S , SBPC Sa , SCPASb , SAPB Sc ,

1 a

AA k , BB1kb , CC1 kc ,

a

APR , BPRb , CPRc ,

1 a

PA r , PB1 rb , PC1 rc ,

a
a

r
x

k

 , b
b

r
y

k

 , c
c

r
z

k

 ,



1 1



a

S B AC S , S C BA



1 1



Sb , S A CB



1 1



Sc ,





*
1 1 1

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Phần 2. THIẾT LẬP CÁC NHÓM QUAN HỆ

2.1. Nhóm quan hệ 1

Trong mục này, chúng tơi nghiên cứu và đề xuất (khá đầy đủ) các mối
liên hệ giữa ra, , rb rc, ka, , kb kc, da, db, dc, ha, , hb hc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt là

Nhóm quan hệ:



ra, ka



Đây có thể xem là phương pháp “gốc”, tổng quát nhất, mà các mối liên
hệ trong các tài liệu trong nước hiện hành chỉ là các trường hợp riêng.

Dễ dàng chứng minh rằng
a a a

a a

S d r

S  h  k ,

b b b
b b

S d r

S  h k ,

c c c
c c

S d r

S  h k .

Đặt

a a a
a a

S d r

x

S  h k   , 0

b b b
b b

S d r

y

S  h k   , 0

c c c
c c

S d r

z
S  h k   .

Ta có

a b c a b c

S S S S S S S

x y z

S S S S S

 

        .
Vậy, ta có đẳng thức cơ bản sau

Đẳng thức 1.

 

, , 0,1

x y z

x y z






  

 .

Bởi Đẳng thức 1, ta có một số đẳng thức cụ thể như sau
Đẳng thức 1a.

a b c

S S S

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

11
Đẳng thức 1b.

a b c
a b c

d d d

h h  h  .

Đẳng thức 1c.

a b c
a b c

r r r

k k k  .

Áp dụng Đẳng thức 1 vào các bất đẳng thức có chứa tổng x y z, ta
thiết lập được nhiều bất đẳng thức trong tam giác.

Suy luận.

Áp dụng Đẳng thức 1 vào Bất đẳng thức 8, ta có





1 1 1

x y z

 

     

  hay

1 1 1

x  y z .

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây
Bất đẳng thức 15.

1 1 1

1
DTXR

x y z

  
   

Bởi Bất đẳng thức 15, ta có một số bất đẳng thức cụ thể như sau

Bất đẳng thức 15a.

1 1 1 9

DTXR

a b c

S S S S

P G

  
 

Bất đẳng thức 15b

DTXR

a b c
a b c

h h h

d d d

P G

  
 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

12
Bất đẳng thức 15c.

DTXR

a b c
a b c

k k k

r r r

P G

  
 

Suy luận.

Áp dụng Đẳng thức 1 vào Bất đẳng thức 5, ta có



 





2 2 2



3 xyyzzx  x y z 3 x y z 







2 2 2



3 xy yzzx  1 3 x  y z .

Các đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 1

3 3

a b c
a b c

r r r

x y z P G

k k k

         .
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 16.

1
DTXR

xy yz zx

x y z

  
   

Bởi Bất đẳng thức 16, ta có một số bất đẳng thức cụ thể như sau
Bất đẳng thức 16a.

3
DTXR

a b b c c a

S
S S S S S S

P G

  

 

Bất đẳng thức 16b.

1
3
DTXR

a b b c c a
a b b c c a

d d d d d d
h h h h h h
P G

  
 

Bất đẳng thức 16c.

1
3
DTXR

a b b c c a
a b b c c a

r r r r r r
k k k k k k

P G

  
 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

13
Ta cũng thiết lập được bất đẳng thức sau đây
Bất đẳng thức 17.

2 2 2 1

3
1
DTXR

x y z

  
   

Bởi Bất đẳng thức 17, ta có một số bất đẳng thức cụ thể như sau
Bất đẳng thức 17a.

2 2 2

3
DTXR

a b c

S

S S S

P G

  
 

Bất đẳng thức 17b.

2 2 2

3
DTXR

a b c
a b c

d d d

h h h

P G

  
 

Bất đẳng thức 17c.

2 2 2

1
3
DTXR

a b c
a b c

r r r

k k k

P G

  
 

Suy luận.

Áp dụng Đẳng thức 1 vào Bất đẳng thức 6, ta có



 







3 xy yz zx  x y z 3 x y z 3.

Các đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 1

3 3

a b c
a b c

r r r

x y z P G

k k k

         .

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

14
Bất đẳng thức 18.

1
DTXR

xy yz zx
x y z

  
    .

Bởi Bất đẳng thức 18, ta có một số bất đẳng thức cụ thể như sau
Bất đẳng thức 18a.

DTXR

a b b c c a

S S S S S S S

P G

  

  .

Bất đẳng thức 18b.

DTXR

a b b c c a
a b b c c a

d d d d d d

h h h h h h

P G

  

 

Bất đẳng thức 18c.

DTXR

a b b c c a
a b b c c a

r r r r r r

k k k k k k

P G

  

 

Ta cũng thiết lập được bất đẳng thức sau đây
Bất đẳng thức 19.

1
DTXR

x y z

  

    .

Bởi Bất đẳng thức 19, ta có một số bất đẳng thức cụ thể như sau
Bất đẳng thức 19a.

3
DTXR

a b c

S S S S

P G

  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

15
Bất đẳng thức 19b.

DTXR

a b c

d d d

h h h

P G

  
 

Bất đẳng thức 19c.

DTXR

a b c

r r r

k k k

P G

  

 

Suy luận.

Bây giờ, bởi Đẳng thức 1 và Bất đẳng thức AM-GM, ta có
3

1   x y z 3 xyz .
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 20.

27
1
DTXR

xyz

x y z



   

Bởi Bất đẳng thức 20, ta có một số bất đẳng thức cụ thể như sau
Bất đẳng thức 20a.

3
DTXR

a b c

S
S S S

P G


 

Bất đẳng thức 20b.

27
DTXR

a b c

a b c

d d d
h h h

P G


 

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

16
Bất đẳng thức 20c.

27
DTXR

a b c
a b c

r r r
k k k

P G


 

2.2. Nhóm quan hệ 2

Trong mục này, chúng tơi nghiên cứu và đề xuất (khá đầy đủ) các mối
liên hệ giữa Ra, Rb, Rc, ka, , kb kc, gọi tắt là

Nhóm quan hệ:



Ra, ka



Suy luận. 
Ta có

1 1

a a a a

a a a

R k r r

x

k k k



     .
Tương tự, ta có

a
a

R

x

k   , 1

b
b

R

y

k   , 1

c
c

R

z
k   .

Suy ra



 







3 1 2

a b c
a b c

R R R

x y z x y z

k  k  k             

Vậy, ta có đẳng thức cơ bản sau

Đẳng thức 2.

a b c
a b c

R R R

k  k  k  hay 2 2 2 1

a b c

R R R

k  k  k 

Suy luận. 
Ta có

1
1

a
a

k

R  x ,

1
1

b
b

k

R  y ,

1
1

c
c

k

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

17
Do đó

1 1 1

a b c
a b c

k k k

R R  R  x  y  z

Ta cần thiết lập bất đẳng thức liên quan đến biểu thức

1 1 1

1x1y1z.

Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có



 







1 1 1

1 1 1 . 9

1 1 1

x y z

 

        
  

 







. 1 1 1 9

1 1 1

x y z

 

      
  

 

 2 1 1 1 9

1 x 1 y 1 z

 

  

    

  

1 1 1 9

1x1y1z 2.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1    x 1 y 1 z hay 1

x  y z .
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 21.

1 1 1 9

1 1 1 2

1
DTXR

x y z

  
  

   

hay

2
1
DTXR

a b c
a b c

k k k

R R R

r r r

k k k

P G

  
   
 

2.3. Nhóm quan hệ 3

Trong mục này, chúng tôi nghiên cứu và đề xuất (khá đầy đủ) các mối
liên hệ giữa Ra, Rb, Rc, ra, , rb rc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt là

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

18
Bài toán 1. Chứng minh rằng trong các số

a
a

R
r ,

b
b

R
r ,

c
c

R
r ,

có ít nhất một số khơng nhỏ hơn 2 và có ít nhất một số khơng lớn hơn 2.

Giải.

a) Có ít nhất một số không nhỏ hơn 2.

Giả sử ngược lại, các số đều nhỏ hơn 2. Ta có

1 1

2 2 2

c a c

c a

a a a

S R S

S S

S  r   S    .

Tương tự, ta có

b a

S  S .
Suy ra





1 2 1 2

2 2 2 2

c b a a a a a

S S  S  S  S S  S .
Tương tự, ta có

c b a

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

19
Cộng các bất đẳng thức theo vế, ta có









2 SaSbSc 2 Sa SbSc 2S2S,
mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh.

b) Có ít nhất một số khơng lớn hơn 2. 
Chứng minh tương tự.

Suy luận.

Ta có

1 2 1 2

a c b b c b c

a a a a a a

R S S S S S S

r S S S S S

 

   

 .

Vậy, ta có đẳng thức cơ bản sau

Đẳng thức 3.

a b c

a a

R S S

r S


 .

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

1 2

2 1

a b c b c

a a a a

R S S S S c b

r S S S c b



     .

Vậy, ta có đẳng thức cơ bản sau

Đẳng thức 4.

1 2

2 1

a
a

R c b

r c b .

Suy luận. 
Ta có

1 1

a a a a

a a a

R k r k

r r r x



     .

Tương tự, ta có

1
1

a
a

R

r  x ,

1
1

b
b

R

r  y ,

1
1

c
c

R

r  z .

Vậy, bởi Bất đẳng thức 15, ta có

1 1 1 1 1 1

1 1 1 3 9 3 6

a b c
a b c

R R R

r r r x y z x y z

   

                 

        .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 22.

1
DTXR

a b c
a b c

R R R

r r r

k k k

P G

  
   
 

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>





1 1 1

a
a

x

r x

R x x x

 

   

   .

Tương tự, ta có

1
1
1

a
a

r

R  x ,

1
1
1

b
b

r

R  y ,

1
1
1

c
c

r

R  z .

Vậy, bởi Bất đẳng thức 21, ta có

1 1 1 1 1 1 9 3

1 1 1 3 3

1 1 1 1 1 1 2 2

a b c
a b c

r r r

R R R x y z x y z

   

                 

     

        .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z.

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 23.

2
1
DTXR

a b c
a b c

r r r

R R R

r r r

k k k

P G

  
   
 

2.4. Nhóm quan hệ 4

Trong mục này, chúng tôi nghiên cứu và đề xuất (khá đầy đủ) các mối liên hệ
giữa a b c, , , da, db, dc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt là

Nhóm quan hệ:



a d, a



Bài toán 2. Cho tam giác ABC. Xác định điểm P nằm trong (hoặc trên cạnh)

tam giác ABC sao cho tổng da db dc nhỏ nhất.

Giải. Khơng mất tính tổng qt, giả sử a b c. Ta có





</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

22
Suy ra

a b c a

S

d d d h

a

    .
Vậy, nếu a là cạnh lớn nhất thì ta có

Bất đẳng thức 24.

a b c a

d d d h .

- Nếu a b c, thì giá trị nhỏ nhất của tổng da dbdc là ha, đạt được khi và
chỉ khi điểm P nằm ở một vị trí bất kỳ trong (hoặc trên cạnh) tam giác ABC.
- Nếu a b c, thì giá trị nhỏ nhất của tổng da dbdc là ha, đạt được khi và
chỉ khi dc 0, nghĩa là điểm P nằm trên cạnh CA, cạnh nhỏ nhất.

- Nếu a b c, thì giá trị nhỏ nhất của tổng da dbdc là ha, đạt được khi và
chỉ khi db dc 0, nghĩa là điểm P trùng với đỉnh A.

Suy luận.

Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có





1 1 1





1 1 1

9 2 2 2 9

a b c a b c

ad bd cd S S S

ad bd cd ad bd cd

   

            

   

1 1 1 1 1 1 9

2 9

a b c a b c

S

ad bd cd ad bd cd S

 

        

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 2 2

a b c a b c a b c

ad bd cd  S  S  S S S S  P G.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 25.

1 1 1 9

2
DTXR

a b c

ad bd cd S

ad bd cd P G

  

    

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

23
Suy luận.

Nếu tam giác ABC là tam giác đều, thì Bất đẳng thức 25 tương đương với

2
2

1 1 1 1 9 6 3

3
2.

a b c

a d d d a a

 

   

 

  

1 1 1 6 3

a b c

d d d  a .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi da db dc hay P  I O H G.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 26. (ABC là tam giác đều)

1 1 1 6 3

DTXR

a b c
a b c

d d d a

d d d P I O H G

  

       

Suy luận.

Áp dụng Bất đẳng thức 8, ta có



 







1 1 1

a b b c c a

ad bd bd cd cd ad

 

        

  

 





1 1 1

2 a b c 9

a b b c c a

ad bd cd

ad bd bd cd cd ad

 

      

  

 

1 1 1

4 9

a b b c c a

S

ad bd bd cd cd ad

 

    

  

 

1 1 1 9

a b b c c a

ad bd bd cd cd ad S

   

   .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 2 2

a b c a b c a b c

ad bd cd  S  S  S S S S  P G.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 27.

1 1 1 9

4
DTXR

a b b c c a

a b c

ad bd bd cd cd ad S

ad bd cd P G

  

  

    

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

24
Suy luận.

Nếu tam giác ABC là tam giác đều, thì Bất đẳng thức 27 tương đương với

1 1 1 1 9

a b b c c a

a d d d d d d S

 

  

    

   2

1 1 1 9 3 3

3
4.

a b b c c a

a

d d d d d d  a  a .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi da db dc hay P  I O H G.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 28. (ABC là tam giác đều)

1 1 1 3 3

DTXR

a b b c c a
a b c

d d d d d d a

d d d P I O H G

  
  
       
.
Suy luận. 
Ta có







2 2 2



a b c

ad bd cd a b c

d d d

 

       

 

a b b c c a

b a c b a c

d d d d d d

ab bc ca

d d d d d d

     
         
     







 



AM-GM
2

2 2 2

a b c ab bc ca a b c

         .
Suy ra









a b c

ad bd cd a b c

d d d

 

       

 









2 a 2 b 2 c

a b c

S S S a b c

d d d

 

        

 









2 a b c

a b c

S S S a b c

d d d

 

        

 





a b c

S a b c

d d d

 
      
 






2
2

a b c

d d d S

 

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi da db dc hay PI.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 29.





2
DTXR

a b c

d d d S

d d d P I

 
  

    

Nhận xét. Bất đẳng thức trên cịn có thể chứng minh, dựa vào Bất đẳng thức 
13, như sau





















2 2 2 2

2 2 2 2 2

a b c a b c a b c a b c

a b c

d d d ad bd cd S S S S S S S

       

     

      .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi da db dc hay PI.
Suy luận.

Theo Bất đẳng thức C-B-S, ta có



2 2 2



2 2 2





 



2 2

2 2 2 4

a b c a b c a b c

a b c d d d  ad bd cd  S  S  S  S .
Suy ra

2 2 2

a b c

S

d d d

a b c

  

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c

d d d

a  b  c P là Điểm Lemoine của tam giác.

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 30.





2 2 2

DTXR Lemoine

a b c
a b c

S

d d d

a b c

d d d

P L

a b c

  

 
    

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

26
2.5. Nhóm quan hệ 5

Trong mục này, chúng tôi nghiên cứu và đề xuất (khá đầy đủ) các mối
liên hệ giữa a b c, , , Ra, Rb, Rc, Sa, Sb, , Sc S, gọi tắt là

Nhóm quan hệ:



a R, a



Suy luận. 
- Ta có

a b

R R c, RbRca, RcRa b.
Suy ra





2 RaRbRc   a b c hay

a b c

a b c
R R R     p.
- Ta có



 



1 1

a b a a a a a

R R R  r a  R r a k a



b a2



a1 b



a2 a1



b a

        .
Tương tự, ta có

a b

R R  a b, RbRc b c, RcRa  c a.
Suy ra









2 Ra RbRc 2 a b c hay Ra RbRc   a b c 2p.

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau đây

Bất đẳng thức 31.

a b c

pR R R  p

Bài tốn 3. Tìm điểm P trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng aRabRbcRc

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

27
Ta có

2ScR AHb. R ADb. , 2Sa R CKb. R CDb. .
Suy ra





2 ScSa R ACb. bRb.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các đường thẳng AH, CK, CA trùng nhau hay
BP vng góc với CA.

Tương tự, ta có





2 ScSa bRb, 2



Sa Sb



cRc, 2



SbSc



aRa.

Suy ra





4 4

a b c a b c

aR bR cR  S S S  S.

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng aRa bRbcRc là 4S, đạt được khi và chỉ khi

BP CA

CP AB P H

AP BC




   


 


Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 32.

4
DTXR

a b c

aR bR cR S

P H

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Bài tốn 4. Tìm điểm P trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng 
b c c a a b

aR R bR R cR R đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải.

Giả sử E và F là các điểm sao cho BCPE và BCAF là các hình bình hành.
Suy ra EPAF cũng là hình bình hành. Do đó

BCEPFAa, CABFb, PAEF Ra, PCEBRc.
Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy đối với tứ giác ABEF, ta có

. . . . a . c .

AB EFAF BEBF AEc R a R b AE.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABEF nội tiếp.
Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy đối với tứ giác AEBP, ta có

. . . b. c. a

BP AEBE APAB EPR AER R ca.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác AEBP nội tiếp.
Suy ra









b c c a a b b c a b c a b c a c a

aR R bR R cR R  aR R cR R bR R R aR cR bR R









b c a b c a

R b AE bR R b R AE R R bca

    

hay

b c c a a b

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng aR Rb cbR Rc a cR Ra b là abc, đạt được khi
và chỉ khi các tứ giác ABEF và AEBP nội tiếp.

Vì các tứ giác ABEF và AEBP nội tiếp, nên suy ra tứ giác AFEP cũng
nội tiếp. Suy ra tứ giác AFEP là hình chữ nhật. Suy ra APEP hay APBC.

Vì tứ giác AEBP nội tiếp, nên ABE APE. Suy ra BE AB hay

CPAB.

Vì APBC và CPAB, nên PH.

Vậy, với ABC là tam giác nhọn, a thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 33.

DTXR

b c c a a b

aR R bR R cR R abc

P H

  

 

Nhận xét. Bất đẳng thức này còn có một cách chứng minh khác, theo suy 
luận từ bổ đề sau đây.

Bổ đề 1. Nếu f a b c R



, , , a, Rb, Rc



0 thì f aR



a, bRb, cRc, R Rb c, R Rc a, R Ra b



0. 
Nhận xét. Người ta đã chứng minh rằng, trong Bổ đề 1, nếu bất đẳng thức



, , , a, b, c



f a b c R R R 

xảy ra dấu đẳng thức khi PI, thì bất đẳng thức



a, b, c, b c, c a, a b



f aR bR cR R R R R R R 

xảy ra dấu đẳng thức khi tam giác ABC nhọn và PH.
Suy luận.

Theo Bất đẳng thức Klamkin, một bất đẳng thức kinh điển, với mọi số thực

, ,

x y z và P là điểm tùy ý trong mặt phẳng (ABC), ta có







2 2 2



2 2 2

a b c

x y z xR yR zR  yza zxb xyc .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z: : Sa:Sb:Sc, trong đó ký hiệu Sa, Sb, Sc

để chỉ diện tích đại số lần lượt của các tam giác có hướng PBC, PCA, PAB

(Lưu ý: kiến thức này mang tính tham khảo, để mở rộng thêm, vì chỉ phù hợp

ở bậc Trung học phổ thông).

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

30
Bất đẳng thức trên tương đương với







2 2 2



2 2 2

a b c

x y z xR yR zR yza zxb xyc

xyz xyz

     



 1 1 1



2 2 2



2 2 2

a b c

xR yR zR

yz zx xy x y z

 

      

 

  .

Ngoài ra, theo Bất đẳng thức 12 , ta có





2 2 2 a b c

a b c

x y z x y z

 
  

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c: : x y z: : .
Do đó, ta có



2 2 2







1 1 1

a b c

a b c

xR yR zR

yz zx xy x y z

 

 

    

   

  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

: : : :

a b c x y z

P I




 

 .

Áp dụng Bổ đề 1 cho bất đẳng thức trên, ta có





















2 2 2

1 1 1 a b c

b c c a a b

aR bR cR

x R R y R R z R R

yz zx xy x y z

 
 
    
   
 


















2 2 2 a b c

b c c a a b

aR bR cR

x y z

x R R y R R z R R

xyz x y z

 
      
   
 














2 2 2

b c c a a b a b c

x R R y R R z R R aR bR cR

xyz x y z

     

    

 





 



2 2 2

b c c a a b a b c

R R R R R R aR bR cR

yz zx xy x y z

   

    

 

  .

Trong bất đẳng thức trên, thay x bởi xRa2, y bởi 2
b

yR , z bởi 2
c

zR , ta có

























2 2 2

2 2 2 2 2 2

b c c a a b a b c

a b c

b c b c b c

R R R R R R aR bR cR

xR yR zR

yz R R zx R R xy R R

   

    

 

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>



2 2 2

1 1 1 a b c

a b c

aR bR cR

yz zx xy xR yR zR

   

    

 

  .

Trong bất đẳng thức trên, thay x bởi 1

x , y bởi

y , z bởi

z, ta có

2 2 2

a b c

aR bR cR

yz zx xy

R R R

x y z

 

   

 

  

   

 

 

 Ra2 Rb2 Rc2 aRa bRb cRc

x y z yz zx xy

 
  

  .

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

2 2 2

a b c a b c

R R R aR bR cR

x y z yz zx xy

 
  

  .

Với Nhận xét ở Bổ đề 1, ta thấy rằng đẳng thức trong bất đẳng thức trên xảy

ra khi và chỉ khi

tam giác ABC nhọn, PH, a b c: : x y z: : Sa:Sb:Sc
tam giác ABC nhọn, PH, Ra Rb Rc

xa  yb zc

 tam giác ABC nhọn, PH, x y z: : cosA: cosB: cosC
 tam giác ABC nhọn, PH, x y z: : cotA: cotB: cotC.

- Dễ thấy rằng, với x y z, , 0 và P trùng với một đỉnh của tam giác, 
chẳng hạn đỉnh A, thì bất đẳng thức trên vẫn đúng.

Tóm lại, với x y z, , 0 và P tùy ý, ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 34.

2 2 2

nhon
DTXR

: : cot : cot : cot

a b c a b c

R R R aR bR cR

x y z yz zx xy

ABC

P H

x y z A B C

 
  

 




 

 



Trong bất đẳng thức trên, thay x bởi Ra

a , y bởi

b

R

b , z bởi

c

R

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

a b c

b c c a a b

aR bR cR
aR bR cR

R R R R R R

bc ca ab

 
  

 

 R Rb c R Rc a R Ra b 1

bc  ca  ab  .

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 35.

nhon
DTXR

b c c a a b

R R R R R R

bc ca ab

ABC

P H

  


  



Suy luận. Nếu PO, ta có

2 2 2

2 1 1 1

1 1 1

b c c a a b

R R R R R R R R R

R

bc ca ab bc ca ab bc ca ab

 

           

 





R a b c abc

    2 4 2 2

. . . 2

2 4 2

abc abc abc R R R

R S pr Rr

a b c p R p p p

      

 

R r

  .
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 36.

R r .
Suy luận.

Áp dụng Bất đẳng thức 3 và Bất đẳng thức 35, ta có
2

3 3.1 3

a b c b c c a a b

R R R R R R R R R

a b c bc ca ab

         

   

    .

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 37.

nhon
DTXR

a b c

R R R

a b c

ABC

P H

  

  



Bài toán 5. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và bán kính đường tròn ngoại

tiếp là R. Gọi R R1, 2, R3 lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

1 2 3 3

R R R  R .
Giải. Theo Bất đẳng thức 35, ta có

b c c a a b

aR R bR R cR R abc.
Khi PG, ta có

1 1 1

4 4

4 3 3

b c

a b c a

aR R S

S aR R R S R R S

R

     .

Tương tự, ta có

4
3

b c

aR R  R S, 2

c a

bR R  R S, 3

4
3

a b

cR R  R S.
Ngoài ra, ta biết rằng

4
4

abc

S abc RS

R

   .
Do đó



1 2 3



1 2 3

4 3

b c c a a b

aR R bR R cR R abc R R R S  RS R R R  R.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 38.

1 2 3 3

R R R  R .

Suy luận. 
Ta có

1 1 1 1 1

a c b a c b

a c b n n n n n n

aR bd cd R bd cd

aR bd cd

a  a  a  a a  a 

        .
Tương tự, ta có

1 1

. .

a

b c

n n n

R c b

d d

a  a   a  , . 1 . 1

b

c a

n n n

R a c

d d

b  b   b  , . 1 . 1

c

a b

n n n

R b a

d d

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

34
Suy ra

1 1 1 1 1 1

a b c

n n n n n n n n n

R R R b c c a a b

d d d

a b c c  b  a  c  b  a 

     

           

     

AM-GM 2 2 2 2 2 2

. . . a b c

a n n b n n c n n n n n n n n

ad bd cd

d d d

b c c a a b a b c b c a c a b

     

4 a b c

n n n n n n

S S S

a b c b c a c a b

 

    

 .

Ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 39.

4 , 1

deu
DTXR

a b c a b c

n n n n n n n n n

R R R S S S

n

a b c a b c b c a c a b

ABC

P O

 

       

 



  



- Với n1, ta có

a b c a b c

R R R S S S

a b c a bc b ca c ab

 

      

 





BDT15

4 4

. a b c

a b c S S S

S S S

abc a b c abc a b c

 

 

     

 

  .

- Với n2, ta có

2 2 2

4 1

a b c a b c

R R R S S S S

a b c abc abc abc abc R

 

       

  .

Như đã biết, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và P trùng với
tâm tam giác.

2.6. Nhóm quan hệ 6

Trong mục này, chúng tôi nghiên cứu và đề xuất (khá đầy đủ) các mối
liên hệ giữa diện tích một số tam giác đặc biệt, gọi tắt là

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

35
Ký hiệu



1 1



a

S B AC S , S C BA



1 1



Sb , S A CB



1 1



Sc ,





*
1 1 1

S A B C S .

Suy luận. 
Đặt

1
2

a
a

a

 , 1
2

b
b

b

 , 1
2

c
c

c
 .

Suy ra

1 a a

a
  ,

1 b b

b
  ,

1 c c

c
  .

Theo Định lý Ceva, ta có

. . 1

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

  

1
2
2 1
2 2
1
. .

1 1
a
c
c
b c
S c

S b c b c b c

b c
 
 
 
  
     
   
   
.

Tương tự, ta có

  

1 1

a

S c

S  b c ,

  

1 1

b

S a

S  c a ,

  

1 1

c

S b

S  a b .

Suy ra





a b c

S S S S

S S S S S

    

     

 

        

1 1 1 1 1 1

c a b

b c c a a b

 
 
   
       
 

     

   

         

   

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

c a a b b c a b c c a a b b c

a b c a b c

             

  

     

       

   

AM-GM

1 . . 2 2 1 1

1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 . .

a b c

a b c a b c a b c a b c


    
      .
Suy ra
*
4
S

S  .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a    b c P G.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 40.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Các tam giác có diện tích S1, S2, S3 (hình vẽ) đồng dạng với tam giác ABC
theo trường hợp g-g-g. Suy ra

1 1

S a

 
    ,

2 2

2 1 3

S PB a

S a a

   
   

    ,

2 2

3 2 2

S PC a

S a a

   
   

    .

hay

1 2 3 1 3 2 1 2 3 1

S S S a a a a a a a

S S S a a a a a

 

        .
Ta thiết lập được đẳng thức sau

Đẳng thức 5.

1 2 3

S S S

S  S  S   S1  S2  S3  S .

Suy luận.

Bởi Bất đẳng thức 4 và Đẳng thức 5, ta có











  

2 2

2 1 2 3

1 2 3 3 1 2 3 1 2 3

3 3 3

S S S S S

S S S S S S S S S

 

           .

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

1 2 3 1 2 3

S  S  S S S S  P G.
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức 41.

1 2 3

3
DTXR

S

S S S

P G

  
 

Nhận xét. Nếu đặt

S
x

S

 , S2

y
S

 , S3

z
S

 ,

thì ta có

, , 0

x y z

x y z




   

 .

Ta có thể thiết lập nhiều bài tốn hình học, như đã biết.
Suy luận.

Ta có

1
2
c
b

S a

x
S  a  ,

1
2
a
c

S b

y
S b  ,

1
2
b
a

S c

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

39
Ta thiết lập được đẳng thức sau

Đẳng thức 6.

, , 0

x y z
xyz




 

 .

Từ các đẳng thức trên, ta có
2
1

a

a  x,

2
1

b

b  y ,

2
1

c

c  z.

1 2 1

a x

a a  x hay

a x

a  x .

Tương tự, ta có

a x

a  x ,

b y

b  y ,

c z

c  z .

Hơn nữa, ta có

1 2

1
1

a

a a  x hay

2 1

a

a  x .

Tương tự, ta có

2 1

a

a  x ,

2 1

b

b  y ,

2 1

c

c  z .

Theo tính chất đã biết, ta có







1 2. 1 1 .

1 1 1 1

S b c z z

S  b c  y z  y z .

Tương tự, ta có







1 1

S z

S  y z ,







1 1

S x

S  z x ,







1 1

S y

S  x y .

Suy ra





 



 





1 2 3

1 1 1 1 1 1

S S S z x y

S  S  S  y z  z x  x y






 



 





1 2 3

1 1 1 1 1 1

S S S z x y

S y z z x x y

    

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

40
Ta thiết lập được đẳng thức sau

Đẳng thức 7.





 



 





1 2 3 +

1 1 1 1 1 1

S S S x y z

S z x x y y z

   

      .

Đẳng thức 7 tương đương với





 



 





1 1 1

1 1 1 1 1 1

A B C

S S z x y

S y z z x x y



  

     







 



 





1 1 1

1 1 1 1 1 1

A B C

S z x y

S y z z x x y

   

     







 



 





1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

A B C

S z x y

S   y z  z x  x y







 













1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1

A B C

S x y z z x x y y z

S x y z

        


  



 





 









1 1 1

xyz xy yz zx x y z xy yz zx x y z

x y z

            


  



x 1



1 1y 1



z 1

 

x 1



y21



z 1





 

      .

Ta thiết lập được đẳng thức sau
Đẳng thức 8.







1 1 1 2

1 1 1

A B C

S

S  x y z .

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

41
Xét tam giác APC2, ta có

3 1

2Fa c

S c

 
 

   .

Xét tam giác AC B2 1, ta có

2 1

1 2

c PB

c  PC .

Xét các tam giác PB B2 1 và PC C1 2

1 2

2 3

PB S

PC  S .

Suy ra

2 1 2

3 1 2 3

a

F c PB S

S  c  PC  S .

Ta có

3 3

a

F S

S  S Fa 2 S S2 3.

Vậy

2 3

a

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

42
2 3

a

F  S S , Fb 2 S S3 1 , Fc 2 S S1 2 .
Ta thiết lập được đẳng thức sau

Đẳng thức 9.



1 2 2 3 3 1



a b c

F F F  S S  S S  S S .

Từ các đẳng thức trên, ta có thể thiết lập hoặc giải được nhiều bài toán, chẳng
hạn.

Bài toán 6. Chứng minh rằng

1 + 2 + 3 3

a b c

S S S

F F F  .

Giải. Ta có

1 2 3 3

+ +

a b c

S S S

F F F  

1 2 3

2 3 3 1 1 2

+ +

2 2 2

S S S

S S S S S S  

1 1 2 2 3 3

1 2 3

3
2
2

S S S S S S

S S S

 


S1 S1 S2 S2 S3 S3 3 S S S1 2 3 

     

3 3 3

1 2 3 3 1. 2. 3

S  S  S  S S S .

Bất đẳng thức cuối cùng là đúng, theo dạng Bất đẳng thức AM-GM.
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 3

S S S .
Khi đó, từ các đẳng thức

2 2

1 3

c S

c  S  ,

3 3

2 1

c S

c  S  ,

1 1

3 2

c S

c  S  ,

ta có

1 2 3 1 2 3

2
3

AP

S S S c c c

AA
       .

Vậy, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 3

a a a

b b b

c c c

 

  

  


1
2
3
AP

AA  , 1

2
3

BP

BB  , 1

2
3

CP

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

43
Ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 42.

1 + 2 + 3

2
DTXR

a b c

S
S S

F F F

P G


 

Bài toán 7. Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác đó. Qua P, kẻ

các đường thẳng B C1 2, C A1 2, A B1 2 (như hình vẽ). Đặt



1 2



S A PA S , S B PB



1 2



S2, S C PC



1 2



S3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2 3

1 1 1

S S S .

Giải.

Ta có thể chứng minh được đẳng thức sau
Đẳng thức 10.

1 2 3 1 2 3

S S S T T T .

Áp dụng Đẳng thức 10 và Bất đẳng thức AM-GM, ta có





3 6 6

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 1 1 3 3 3

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>





1 2 3 1 2 3

3 18 18

1
6

S S S T T T S

S S S T T T

  

    

     .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2 3

1 1 1

S S S

là 18

S , đạt được khi và chỉ khi

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3 6

S S S T T T S

S S S T T T

S S S T T T S

    


      
      



 PG và AA1, BB1, CC1 là các trung tuyến, A2 C, B2  A, C2 B.

Bài toán 8. Cho tam giác đều ABC và điểm P nằm trong tam giác đó. Chứng

minh rằng Ra, Rb, Rc là độ dài ba cạnh của một tam giác và diện tích tam

giác này khơng lớn hơn

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Giải. a) Qua P, dựng các đường thẳng B C1 2, C A1 2, A B1 2 song song với ba cạnh
của tam giác (hình vẽ).

2 2

PB AC là hình thang cân  Ra B C2 2,
2 2

PC BA là hình thang cân  Rb C A2 2,
2 2

PA CB là hình thang cân  Rc  A B2 2.
Vậy Ra, Rb, Rc là độ dài ba cạnh của tam giác A B C2 2 2.
b) Áp dụng Bất đẳng thức 40, ta có



2 2 2





2 2





2 2





2 2



S A B C S A PB S B PC S C PA S A PC



2



S B PA



2



S C PB



2

















2 1 2 1 2 1



2 S A PB C S B PC A S C PA B

   1



1 2 3



2 2 3 3

S S

S S S S S 

       
  .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P G O.

Vậy, với tam giác đều ABC, ta thiết lập được bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức 43.



2 2 2



3
DTXR

S
S A B C

P G O


  

</div>

Tài liệu BDTX hè 2019 môn Toán

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI </b>

<b>TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM </b>

<b>TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG THƯỜNG XUN HÈ 2019 </b>

<b>MƠN: TỐN HỌC </b>

<b>Chun đề </b>

<b>MỤC LỤC </b>

<b>MỞ ĐẦU</b>

<b>Phần 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ </b>















 





















































 









 























 

























 

 

 







