Bất đẳng thức hình học

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC

A. Lý thuyết

I. SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐƠN GIẢN.

Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài các cạnh một tam giác.

Chú ý rằng:

a) Với 3 điểm $A,B,C$ bất kỳ ta luôn có: $AB+BC\ge AC$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $A,B,C$ thẳng hàng và điểm $B$ nằm giữa hai điểm $A,C$.

b) Với 3 điểm $A,B,C$ bất kỳ ta luôn có: $\left| AB-AC \right|\le BC$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $A,B,C$ thẳng hàng và điểm $B$ nằm giữa hai điểm $A,C$.

c) Cho hai điểm $A,B$ nằm về một phía đường thẳng $(d)$. Điểm $M$ chuyển động trên đường thẳng $(d)$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(d)$. Ta có kết quả sau:

+ $MA+MB=MA'+MB\ge A'B$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $A'B$ và đường thẳng $(d)$.( $M$ trùng với ${{M}_{0}}$)

+ $\left| MA-MB \right|\le AB$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $AB$ và đường thẳng $(d)$( $M$ trùng với ${{M}_{1}}$).

d) Cho hai điểm $A,B$ nằm về hai phía đường thẳng $(d)$. Điểm $M$ chuyển động trên đường thẳng $(d)$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(d)$. Ta có kết quả sau:

+ $MA+MB\ge AB$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $AB$ và đường thẳng $(d)$.( $M$ trùng với ${{M}_{0}}$)

+ $\left| MA-MB \right|=\left| MA'-MB \right|\le A'B$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M$ là giao điểm cuả $A'B$ và đường thẳng $(d)$( $M$ trùng với ${{M}_{1}}$).

e) Trong quá trình giải toán ta cần lưu ý tính chất: Đường vuông góc luôn nhỏ hơn hoặc bằng đường xiên.

Trong hình vẽ: $AH\le AB$

2) Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất

3) Cho đường tròn $(O;R)$ và một điểm $A$. Đường thẳng \[AO\] cắt đường tròn tại hai điểm ${{M}_{1}},{{M}_{2}}$. Giả sử $A{{M}_{1}}\le A{{M}_{2}}$. Khi đó với mọi điểm $M$ nằm trên đường tròn ta luôn có: $A{{M}_{1}}\le AM\le AM{{}_{2}}$

II. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ

1. Cho các số thực dương $a,b$:

+ $a+b\ge 2\sqrt{ab}\Leftrightarrow ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( a+b \right)}^{2}}\ge 4ab$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b$

+$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\ge \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}$; $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{a+b}$

+${{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}=\frac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}+\frac{1}{4}{{(a-b)}^{2}}\ge \frac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}$

+ ${{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}}=\frac{1}{4}{{(a+b)}^{2}}+\frac{3}{4}{{(a-b)}^{2}}\ge \frac{1}{4}{{(a+b)}^{2}}$

2. Cho các số thực dương $a,b,c$:

+ $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\le {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{3}}$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

+ $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{9}{a+b+c}\ge \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}$

+ $ab+bc+ca\le \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{3}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

+ $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}+\frac{{{z}^{2}}}{c}\ge \frac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{a+b+c}$

3. Các công thức tính diện tích, cạnh.

+ \[S=\frac{1}{2}a.h\]

+$S=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}bc\sin A$

+ $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ với $p=\frac{a+b+c}{2}$

+ $a=2R\sin A$, $b=2R\sin B,c=2R\sin C$

+ Diện tích hình chữ nhật: $S=ab$

+ Diện tích hình thang: $S=\frac{1}{2}\left( a+b \right)h$.

+ Diện tích hình vuông: $S={{a}^{2}}$.

Bài 1: Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ nằm trong tam giác . Chứng minh rằng: MB+MC < AB + AC

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng $BM$ cắt $AC$ ở $P$.

Áp dụng BĐT (1) ta có:

$MB+MC\text{ }<\text{ }MB+MP+PC=BP+PC\text{ }<\text{ }AB+AP+PC=AB+AC$

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ và 3 trung tuyến $AM,BN,CP$. Chứng minh rằng:

$\frac{AB+AC-BC}{2}\text{ }<\text{ }AM\text{ }<\text{ }\frac{AB+AC}{2}$

Hướng dẫn giải:

+ Xét các tam giác $MAB,MAC$ ta có:

\[AM>AB-BM,AM>AC-MC\]

Suy ra $2AM>AB+AC-(MC+MC)$

$\Leftrightarrow 2AM>AB+AC-BC$

+ Gọi $D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $M$ thì $ABDC$ là hình bình hành nên $AB=CD$ và \[AD=2AM\]. Trong tam giác \[ACD\] ta có: $AD\text{ }<\text{ }AC+CD\Leftrightarrow 2AM\text{ }<\text{ }AB+AC$

Như vậy: $\frac{AB+AC-BC}{2}\text{ }<\text{ }AM\text{ }<\text{ }\frac{AB+AC}{2}$

Bài 3: Cho tam giác nhọn $ABC$ có trực tâm là điểm $H$. Chứng minh rằng: $HA+HB+HC<\frac{2}{3}\left( AB+BC+CA \right)$.

Hướng dẫn giải:

Dựng đường thẳng qua $H$ song song với

$AB$ cắt $AC$ tại $D$. Dựng đường thẳng

qua $H$song song $AC$ cắt $AB$ tại $E$.

Tứ giác $AEHD$ là hình bình hành nên

$AD=HE,AE=HD$

Xét tam giác $AHD$ ta có: $HA\text{ }<\text{ }HD+AD\Leftrightarrow HA\text{ }<\text{ }AE+AD$(1) . Vì $HE//AC$ mà \[AC\bot BH\Rightarrow HE\bot BH\].

Tương tự ta cũng có: $HA+HB+HC\text{ }<\text{ }AC+BC,HA+HB+HC\text{ }<\text{ }AB+BC$

Suy ra $HA+HB+HC<\frac{2}{3}\left( AB+BC+CA \right)$.

Bài 4: Cho tam giác đều $ABC$có cạnh bằng $3a$. $M$ là một điểm tùy ý trên cạnh $BC$, gọi $P,Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB,AC$. Tìm vị trí điểm $M$ để:

$PQ$ có độ dài nhỏ nhất
Dựng một đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$ sao cho $AE=2a$.Tìm vị trí điểm $M$ sao cho $MA+ME+MF$ nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải:

a) Hạ $PH\bot BC,QK\bot BC$. Ta có

${{S}_{\Delta ABC}}={{S}_{\Delta ABM}}+{{S}_{\Delta AMC}}\Leftrightarrow $

$\frac{9{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{3a}{2}\left( MP+MQ \right)\Rightarrow MP+MQ=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác

vuông $MPB,MQC$ ta tính được:

$HM=\frac{MP\sqrt{3}}{2},MK=\frac{MQ\sqrt{3}}{2}\Rightarrow HK=MH+MK=\frac{\sqrt{3}}{2}\left( MP+MQ \right)=\frac{9a}{4}$

Vì $PQ\ge HK$. Nên $PQ$ nhỏ nhất bằng $HK$ khi và chỉ khi $PQ//HK\Leftrightarrow M$ là trung điểm của $BC$

b) Gọi $R$ là điểm đối xứng với $E$ qua $BC$, $I$ là trung điểm của $BC$. Ta dễ chứng minh được $R,I,F$ thẳng hàng. Ta tính đươc.: $RF=2IF=2\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{7}a$. Ta có: $ME+MF=MR+MF\ge RF=a\sqrt{7}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M\equiv I$. Ta cũng có $MA\ge AI=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M\equiv I$. Suy ra $ME+MF+MA\ge a\sqrt{7}+\frac{3a\sqrt{3}}{2}=\left( \frac{2\sqrt{7}+3\sqrt{3}}{2} \right)a$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $M\equiv I.$

Bài 5: Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn đó. Một đường thẳng $\Delta $ thay đổi quanh $A$ cắt $(O;R)$ tại hai điểm $M,N$. Tìm vị trí $\Delta $ để $AM+AN$ lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Gọi $K$ là trung điểm của dây cung

$MN$ ta có:

$AM+AN=AM+(AM+MN)$

$=2AM+2MK=2AK$

Xét tam giác vuông $OKA$

Ta có: $O{{K}^{2}}+K{{A}^{2}}=O{{A}^{2}}$ không đổi . Như vậy $AK$ lớn nhất khi và chỉ khi $OK$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow OK=0\Leftrightarrow A,M,N,O$ nhỏ nhất.

II. Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho đường tròn $(O;R)$ và dây cung $AB$ cố định $(AB<2R)$. Trên cung lớn $AB$ lấy điểm $M$. Tìm vị trí điểm $M$ để chu vi tam giác $MAB$ lớn nhất.

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}<{{60}^{0}}$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $I$ cố định. Tìm trên cạnh $AB,AC$ lấy hai điểm $M,N$ để chu vi tam giác $IMN$đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB O. Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC, BC; M là điểm di chuyển trên đoạn CE. Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE,DF. Xác định vị trí của điểm M để PQ lớn nhất.

Bài 4: Cho hai đường tròn $({{O}_{1}};{{R}_{1}}),({{O}_{2}};{{R}_{2}})$ cắt nhau tại 2 điểm $A,B$. Một đường thẳng $(d)$ bất kỳ qua $A$ cắt $({{O}_{1}};{{R}_{1}}),({{O}_{2}};{{R}_{2}})$ lần lượt tại $M,N$. Tiếp tuyến tại $M$ của $({{O}_{1}};{{R}_{1}})$ và tiếp tuyến tại $N$ của $({{O}_{2}};{{R}_{2}})$ cắt nhau tại $I$. Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $IMN$ khi $(d)$ quay quanh $A$.

Bài 5: Trên các cạnh $AB,BC,CD,DA$ của hình chữ nhật \[ABCD\] lần lượt lấy các điểm $M,N,E,F$. Tìm vị trí bốn điểm đó để chu vi tứ giác $MNEF$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 6: Cho hình thoi $ABCD$. Đường chéo $AC$ không nhỏ hơn đường chéo $BD$. $M$ là một điểm tùy ý trên $AC$. Đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ cắt $AD$ tại $E,$ cắt $BC$ tại $G$Đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ cắt $AB$ tại $F$cắt $CD$ tại $H$. Biết hình thoi $ABCD$ có độ dài hai đường chéo là \[{{d}_{1}}\] và ${{d}_{2}}$. Xác định $M$ sao cho chu vi tứ giác $EFGH$ là nhỏ nhất?Tính chu vi đó theo ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$.

Bài 7: Cho tam giác $ABC$ có $BC=a,CA=b,AB=c$. $M$ là một điểm thuộc miền trong $\Delta ABC$. Gọi $E,F,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $BC,CA,AB$. Xác định vị trí điểm $M$ để tích $ME.MF.MK$ đạt giá trị lớn nhất.

Bài 8: Cho tam giác $ABC$ cân đỉnh $A$. Gọi $O$ là trung điểm của $BC$. Đường tròn $\left( O \right)$ tiếp xúc với $AB$ ở $E$ tiếp xúc với $AC$ ở $F$. Điểm $H$ chạy trên cung nhỏ $\overset\frown{EF}$ tiếp tuyến của đường tròn tại $H$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$. Xác định vị trí của điểm $H$ để diện tích tam giác $AMN$ đạt giá trị lớn nhất.

Bài 9: Cho tam giác $ABC$ trên trung tuyến $AD$ lấy điểm $I$ cố định. Đường thẳng $d$ đi qua $I$ lần lượt cắt cạnh $AB,AC$ tại $M,N$. Tìm vị trí của đường thẳng $d$ để diện tích tam giác $AMN$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 10: Cho góc nhọn $xOy$ và điểm $I$ cố định nằm ở trong các góc đó. Đường thẳng $d$ đi qua $I$ và cắt $Ox,Oy$ lần lượt tại $M,N$. Xác định đường thẳng $d$ để diện tích tam giác $OMN$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 11: Cho ba điểm $A,I,B$ thẳng hàng theo thứ tự. Gọi ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ là hai nửa đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $A,B$ và nằm về cùng một phía đối với đường thẳng $AB$. Góc vuông $\widehat{xIy}$ quay xung quanh đỉnh $I$ sao cho hai cạnh của góc tương ứng cắt ${{d}_{1}}$ ở $M$cắt ${{d}_{2}}$ ở $N$. Tìm vị trí của $M,N$ để diện tích tam giác $IMN$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 12: Cho tam giác $ABC$ và một điểm $M$ tùy ý trong tam giác đó. Gọi khoảng cách từ $M$ đến các cạnh $BC,CA,AB$ theo thứ tự là $m,n,p$ và các đường cao hạ từ các đỉnh $A,B,C$ là ${{h}_{a}},{{h}_{b}},{{h}_{c}}$. Chứng minh: $\frac{{{h}_{a}}}{m}+\frac{{{h}_{b}}}{n}+\frac{{{h}_{c}}}{p}\ge 9$

Bài 13: Cho tam giác $ABC$ và một điểm $M$ tùy ý trong tam giác đó. Các đường thẳng $AM,BM,CM$ cắt các cạnh $BC,CA,AB$ tại các giao điểm tương ứng là: ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$. Kí hiệu ${{S}_{a}},{{S}_{b}},{{S}_{c}},S$ lần lượt là diện tích tam giác $MBC,MAC,MAB,ABC$ . Chứng minh: $\frac{A{{A}_{1}}}{M{{A}_{1}}}+\frac{B{{B}_{1}}}{M{{B}_{1}}}+\frac{C{{C}_{1}}}{M{{C}_{1}}}\ge 9$

Bài 14: Cho tam giác đều $ABC$ có cạnh bằng $a$. Gọi đường vuông góc từ điểm $M$ nằm trong tam giác đến các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt là $MD,ME,MF$. Xác định vị trí điểm $M$để: $\frac{1}{MD}+\frac{1}{ME}+\frac{1}{MF}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.

Bài 15: Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ có ba góc nhọn với ba đường cao $A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}$. Chứng minh rằng:

a) $\frac{A{{A}_{1}}}{H{{A}_{1}}}+\frac{B{{B}_{1}}}{H{{B}_{1}}}+\frac{C{{C}_{1}}}{H{{C}_{1}}}\ge 9$. b) $\frac{H{{A}_{1}}}{HA}+\frac{H{{B}_{1}}}{HB}+\frac{H{{C}_{1}}}{HC}\ge \frac{3}{2}$.

Hướng dẫn giải

Bài 1:

Hướng dẫn giải:

Trên tia đối của $AM$ lấy điểm $N$ sao cho

$MN=MB$. Khi đó chu vi tam giác $MAB$

Là $2p=MA+MB+AB=AN+AB$.

Do $AB$ không đổi nên chu vi tam giác

$MAB$ lớn nhất khi và chỉ khi $AN$ lớn

nhất.Tam giác $BMN$ cân tại $M$ và $MH$

là phân giác của góc $\widehat{BMN}$ đồng thời

cũng là phân giác ngoài của góc $\widehat{AMB}$. Phân giác trong của góc $\widehat{AMB}$ là $MI$ với $I$ là trung điểm cung lớn $AB$. Suy ra $MI\bot MH$. Do đó $MH$ cắt đường tròn $(O;R)$tại điểm $J$ và $IJ$ là đường kính của $(O;R)$.

Tam giác $MBN$ cân tại $M$ nên $MJ$ là đường trung trực của $BN$. Từ đó ta có: $JA=JB=JN$. Hay điểm $N$ thuộc đường tròn tâm $J$ cố định bán kính $JA$. Vì $AN$ là dây cung của đường tròn $\left( J \right)$ nên $AN$ lớn nhất khi và chỉ khi $AN$ là đường kính của $\left( J \right)\Leftrightarrow M\equiv J$. Như vậy chu vi tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với trung điểm J của cung nhỏ AB.

Bài 2:

Hướng dẫn giải:

Gọi $E,F$ lần lượt là các điểm đối xứng của

$I$ qua $AB,AC$. Do tam giác \[ABC\] cố

định nên $E,F$ cố định:

Ta có: Chu vi tam giác $IMN$ là

$2p=IM+IN+MN=ME+MN+NF\ge EF$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $E,M,N,F$ thẳng hàng. Hay $M,N$ là các giao điểm của $EF$ với các cạnh $AB,AC$

Bài 3:

Hướng dẫn giải:

Ta có tứ giác $PNQD$ ,

$EDFN$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{QPN}=\widehat{QDN}=\widehat{FEN}$.

Tương tự có ta có:

$\widehat{NQP}=\widehat{NDP}=\widehat{NFE}$.

$\Rightarrow \Delta NEF\sim \Delta NPQ$Suy ra $\frac{PQ}{EF}=\frac{NQ}{NF}$. Trong tam giác vuông $NQF$ ta có: $NQ\le NF$ do đó $\frac{PQ}{EF}\le 1$. Như vậy $PQ$ lớn nhất bằng $EF$ khi và chỉ khi $Q\equiv F$ khi đó $P\equiv E$, do $P$ và $Q$ lần lượt là hình chiếu của $N$ trên các đường thẳng $DE,DF$ nên khi $Q\equiv F$ , $P\equiv E$ thì $DN$ là đường kính của $(O)$. Từ đó suy ra cách xác định $M$ như sau: Dựng đường kính $DN$ cuả $(O)$, $M$ là giao điểm của $BN$ và $AC$.

Bài 4:

Hướng dẫn giải:

Ta có: $\widehat{IMN}=\widehat{MBA}$(Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung)

$\widehat{INM}=\widehat{NAB}$ (Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung)

Xét tứ giác $IMBN$ ta có:

$\widehat{MBN}=\widehat{MBA}+\widehat{NBA}=\widehat{IMN}+\widehat{INM}$ $={{180}^{0}}-\widehat{MIN}$ . Suy ra tứ giác $IMBN$ nội tiếp.

Các góc $AMB,ANB$ là những góc nội tiếp chắn cung $AB$ cố định của $({{O}_{1}};{{R}_{1}}),({{O}_{2}};{{R}_{2}})$ nên $\widehat{AMB},\widehat{ANB}$ không đối. Suy ra $\widehat{MBN}$ không đổi. Suy ra $\widehat{MIN}={{180}^{0}}-\widehat{MBN}$ không đổi. Gọi $R$ bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác $MIN$ thì $MN=2R.\sin \widehat{MIN}\Rightarrow R=\frac{MN}{2\sin \widehat{MIN}}$. Do đó $R$ lớn nhất khi và chỉ khi $MN$ lớn nhất. Gọi $E,F$ là hình chiếu vuông góc của ${{O}_{1}},{{O}_{2}}$ lên $(d)$ , $K$ là hình chiếu vuông góc của ${{O}_{1}}$ lên ${{O}_{2}}F$ thì $MN=2\text{EF}=2{{O}_{1}}K\le 2{{O}_{1}}{{O}_{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $EF//{{O}_{1}}{{O}_{2}}\Leftrightarrow (d)//{{O}_{1}}{{O}_{2}}$.

Bài 5:

Giải:

Ta chứng minh kết quả phụ sau:Cho điểm $M$ cố định. Khi chu

vi tứ giác $MNEF$ đạt giá trị nhỏ

nhất ta có $MNEF$ là hình bình

hành có các cạnh song song với

các đường chéo của hình chữ nhật

$ABCD$. Thật vậy, gọi $I,J,K$ lần lượt là trung điểm $MN,ME,EF$ ta có:

$IB=\frac{1}{2}MN,IJ=\frac{1}{2}NE;JK=\frac{1}{2}MF;DK=\frac{1}{2}EF$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Vậy chu vi tứ giác $MNEF$: $2p=2\left( BI+IJ+JK+KD \right)\ge 2BD$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $B,I,J,K,D$ theo thứ tự nằm trên một đường thẳng $\Rightarrow MF//NE//BD$.

Tương tự ta có để chu vi tứ giác $MNEF$ đạt giá trị nhỏ nhất thì $MNEF$ là hình bình hành có cạnh song song với đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$ (kết quả phụ được chứng minh).

Từ chứng minh trên ta thấy, nếu tứ giác $MNEF$ có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$ thì chu vi của nó là $p=2BD=const$, không phụ thuộc vào cách lấy điểm $M$ trên cạnh $AB$.

Vậy chu vi tứ giác $MNEF$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2BD$ khi $MNEF$ là hình bình hành có các cạnh song song với với các đường chéo của hình chữ nhật $ABCD$.

Bài 6:

Hướng dẫn giải:

Ta dễ dàng chứng minh được

\[EFGH\] là hình thang cân,

\[AFME\], $MGCH$ là hình thoi,

Các tứ giác $BFMG,EDHM$ là

hình bình hành. Do đó các đường chéo

$AM,\text{EF}$ cắt nhau tại $L$, $MC,GH$ cắt nhau tại $J$, $BM,FG$ cắt nhau tại $I$, $DM,EH$ cắt nhau tại $K$ thì $L,I,J,K$ lần lượt là trung điểm của \[EF,FG,GH,HE\].

Áp dụng bài toán (*) ta có chu vi tứ giác \[EFGH\] là $2p=\text{EF}+GH+FG+EH=2IK+2FG\ge 2IK+2LJ=BD+2LJ$. Nhưng $LJ=LM+MJ=\frac{1}{2}AC\Rightarrow 2p\ge AC+BD$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $FG//AC\Leftrightarrow FGHE$ là hình chữ nhật. Tức điểm $M\equiv O$ là giao điểm của hai đường chéo của hình thoi $ABCD$

Bài 7:

Hướng dẫn giải:

Ta có:

$2{{S}_{ABC}}=2\left( {{S}_{MBC}}+{{S}_{MCA}}+{{S}_{MAB}} \right)$.

$=a.ME+b.MF+c.MK$

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si

với bộ 3 số $a.ME,b.MF,c.MK$. Ta có:

$a.b.c.ME.MF.MK=\left( a.ME \right).\left( b.MF \right).\left( c.MK \right)\le \frac{1}{27}{{\left( a.ME+b.MF+c.MK \right)}^{3}}=8S_{ABC}^{3}$

$\Rightarrow ME.MF.MK\le \frac{8S_{ABC}^{3}}{abc}$.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a.ME=b.MF=c.MK$

$\Leftrightarrow {{S}_{MBC}}={{S}_{MCA}}={{S}_{MAB}}\Leftrightarrow M$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Vậy $\max \left( ME.MF.MK \right)=\frac{8S_{ABC}^{3}}{abc}$ khi $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$.

Bài 8:

Hướng dẫn giải:

Dễ thấy $OM,ON$ lần lượt là phân giác $\widehat{EOM},\widehat{FOH}$. Từ đó ta có: $\widehat{MON}=\frac{{{180}^{0}}-\widehat{BAC}}{2}=\widehat{ABC}\Rightarrow \Delta MBO\sim \Delta OCN$ (g.g)$\Rightarrow \frac{MB}{OC}=\frac{BO}{CN}\Rightarrow BM.CN=OB.OC=\frac{B{{C}^{2}}}{4}=const$ (1)

Ta lại có ${{S}_{AMN}}={{S}_{ABC}}-{{S}_{BMNC}}$

nên ${{S}_{AMN}}$ đạt giá trị lớn nhất

khi và chỉ khi ${{S}_{BMNC}}$ đạt giá trị

nhỏ nhất. Gọi $R$ là bán kính

của đường tròn $\left( O \right)$, ta có:

\[{{S}_{BMNC}}={{S}_{BOM}}+{{S}_{MON}}+{{S}_{NOC}}\] \[=\frac{1}{2}R\left( BM+MN+NC \right)\]$=\frac{1}{2}R\left[ BE+CF+2\left( EM+FN \right) \right]$ Vì $\left( MN=EM+FN \right)$ $=R\left( BE+EM+FN \right)$ vì $\left( BE=CF \right)$ $=R\left( BE+BM+CN-2BE \right)=R\left( BM+CN-BE \right)$ (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) và (2) suy ra: \[{{S}_{BMNC}}\ge R\left( \sqrt{BM.CN}-BE \right)=R\left( \frac{BC}{2}-BE \right)\]. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $BM=CN\Leftrightarrow MN//BC$ khi và chỉ khi $H$ là giao điểm của đường trung trực của $BC$ với đường tròn $\left( O \right)$. Vậy diện tích tam giác $AMN$ đạt giá trị lớn nhất khi $H$ là giao của đường trung trực của $BC$ với đường tròn

$\left( O \right)$.

Bài 9:

Hướng dẫn giải:

Từ $B,C$ dựng các đường thẳng song song với $d$, lần lượt cắt tia $AD$ tại $E,F$.

Dễ thấy $\Delta BED=\Delta CFD$

nên \[DE=DF\] hay

$AE+AF=2AD\Rightarrow \frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{AE+AF}{AI}=2\frac{AD}{AI}$.

Ta có: $\frac{AB}{AM}=\frac{AE}{AI};\frac{AC}{AN}=\frac{AF}{AI}\Rightarrow \frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{AE+AF}{AI}=2\frac{AD}{AI}=const$.

Gọi ${{h}_{B}},{{h}_{M}}$ là khoảng cách từ $B,M$ đến $AC$. Áp dụng định lý Talet, ta có$$\frac{{{S}_{ABC}}}{{{S}_{AMN}}}=\frac{\frac{1}{2}AC.{{h}_{B}}}{\frac{1}{2}AN.{{h}_{M}}}=\frac{AC}{AN}.\frac{AB}{AM}\le {{\left( \frac{\frac{AC}{AN}+\frac{AB}{AM}}{2} \right)}^{2}}=\frac{A{{D}^{2}}}{A{{I}^{2}}}$$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}\Leftrightarrow MN//BC$. Vậy $\min \left( {{S}_{AMN}} \right)={{S}_{ABC}}.\frac{A{{D}^{2}}}{A{{I}^{2}}}$ khi $d$ là đường thẳng đi qua $I$ và song song với $BC$.

Bài 10:

Giải:

Trước hết ta dựng đường thẳng $\Delta $ đi qua $I$ cắt $Ox,Oy$ tại $E,F$ sao cho $IE=IF$ (*).

Ta dựng đường thẳng $\Delta $ như sau:

Lấy $O'$ là điểm đối xứng của

$O$ qua $I$. Từ \[O'\] kẻ đường

thẳng song song với $Ox$ cắt

$Oy$ tại $F$, song song với $Oy$

cắt $Ox$ tại $E$. Vì $OEO'F$ là hình bình hành nên $OO'\cap EF=I$ là trung điểm của $E$. Lấy $\Delta $ là đường thẳng $EF$, ta có $\Delta $ thỏa mãn điều kiện (*), $\Delta $ cố định.

Giả sử $d$ là đường thẳng bất kỳ qua $I$ cắt $Ox$ ở $M$, cắt $Oy$ ở $N$. Ta dễ chứng minh được: $\frac{OE}{OM}+\frac{OF}{ON}=2\frac{OI}{OI}=2$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $\frac{OE}{OM}.\frac{OF}{ON}\le \frac{1}{2}\left( \frac{OE}{OM}+\frac{OF}{ON} \right)=1$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{OE}{OM}=\frac{OF}{ON}=1\Leftrightarrow OE=OM,OF=ON$ hay $M\equiv E,N\equiv F$. Vậy đường thẳng $d$ trùng với $\Delta $ thì diện tích $\Delta OMN$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 11:

Giải:

Ta có: $\widehat{AMI}+\widehat{AIM}={{90}^{0}},\widehat{BIN}+\widehat{AIM}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{AMI}=\widehat{BIN}\Rightarrow \Delta MAI\sim \Delta IBN$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AI}{BN}=\frac{AM}{BI}$ (*)

$\Rightarrow AM.BN=AI.BI=const$.Mặt khác, ${{S}_{IMN}}=\frac{1}{2}IM.IN=\frac{1}{2}\sqrt{\left( A{{I}^{2}}+A{{M}^{2}} \right)\left( B{{I}^{2}}+B{{N}^{2}} \right)}$. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

$\left( A{{I}^{2}}+A{{M}^{2}} \right)\left( B{{I}^{2}}+B{{N}^{2}} \right)\ge {{\left( AI.BI+AM.BN \right)}^{2}}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{AI}{BI}=\frac{AM}{BN}\Leftrightarrow \frac{AI}{AM}=\frac{BI}{BN}$

Kết hợp với (*) suy ra diện tích $\Delta IMN$ đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi $\frac{BI}{BN}=\frac{BN}{BI}=\frac{AI}{AM}=1$ hay $BI=BN,AI=AM$.

Khi đó $\Delta AIM,\Delta BIN$ vuông cân tại các đỉnh $A,B\Rightarrow IM,IN$ hợp với $AB$ các góc bằng ${{45}^{0}}$. Vậy diện tích tam giác $IMN$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $IM,IN$ cùng hợp với $AB$ các góc bằng ${{45}^{0}}$.

Bài 12:

Hướng dẫn giải:

Trước hết ta chứng minh kết quả sau: $\frac{m}{{{h}_{a}}}+\frac{n}{{{h}_{b}}}+\frac{p}{{{h}_{c}}}=1$

Kí hiệu ${{S}_{a}},{{S}_{b}},{{S}_{c}},S$ lần lượt là diện tích

tam giác $MBC,MAC,MAB,ABC$

ta có:$\frac{{{S}_{a}}}{S}=\frac{m}{{{h}_{a}}},\frac{{{S}_{b}}}{S}=\frac{n}{{{h}_{b}}},\frac{{{S}_{c}}}{S}=\frac{p}{{{h}_{c}}}$ suy ra $\frac{m}{{{h}_{a}}}+\frac{n}{{{h}_{b}}}+\frac{p}{{{h}_{c}}}=\frac{{{S}_{a}}+{{S}_{b}}+{{S}_{c}}}{S}=1$

Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta dễ chứng minh được kết quả sau(với $(x,y,z>0)$: $\left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9$.

Áp dụng vào bài toán ta có: $\frac{{{h}_{a}}}{m}+\frac{{{h}_{b}}}{n}+\frac{{{h}_{c}}}{p}\ge \frac{9}{\frac{m}{{{h}_{a}}}+\frac{n}{{{h}_{b}}}+\frac{p}{{{h}_{c}}}}=9$ .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{{h}_{a}}}{m}=\frac{{{h}_{b}}}{n}=\frac{{{h}_{c}}}{n}=3$ . Hay $M$là trọng tâm của tam giác $\Delta ABC$.

Bài 13:

Hướng dẫn giải:

Trước hết ta chứng minh :$\frac{A{{A}_{1}}}{M{{A}_{1}}}+\frac{B{{B}_{1}}}{M{{B}_{1}}}+\frac{C{{C}_{1}}}{M{{C}_{1}}}=S\left( \frac{1}{{{S}_{a}}}+\frac{1}{{{S}_{b}}}+\frac{1}{{{S}_{c}}} \right)$.

Ta có \[\frac{A{{A}_{1}}}{M{{A}_{1}}}=\frac{{{S}_{AB{{A}_{1}}}}}{{{S}_{MB{{A}_{1}}}}}=\frac{{{S}_{AC{{A}_{1}}}}}{{{S}_{MC{{A}_{1}}}}}=\frac{{{S}_{AB{{A}_{1}}}}+{{S}_{AC{{A}_{1}}}}}{{{S}_{MB{{A}_{1}}}}+{{S}_{MC{{A}_{1}}}}}=\frac{S}{{{S}_{a}}}\],

Tương tự ta có: \[\frac{B{{B}_{1}}}{M{{B}_{1}}}=\frac{S}{{{S}_{b}}},\frac{C{{C}_{1}}}{M{{C}_{1}}}=\frac{S}{{{S}_{c}}}\].

Cộng ba đẳng thức ta có:

$\frac{A{{A}_{1}}}{M{{A}_{1}}}+\frac{B{{B}_{1}}}{M{{B}_{1}}}+\frac{C{{C}_{1}}}{M{{C}_{1}}}=S\left( \frac{1}{{{S}_{a}}}+\frac{1}{{{S}_{b}}}+\frac{1}{{{S}_{c}}} \right)$

Áp dụng bất đẳng thức: $\left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9$ với $(x,y,z>0)$. Để ý rằng: \[{{S}_{a}}+{{S}_{b}}+{{S}_{c}}=S\] ta có: $\frac{1}{{{S}_{a}}}+\frac{1}{{{S}_{b}}}+\frac{1}{{{S}_{c}}}\ge \frac{9}{{{S}_{a}}+{{S}_{b}}+{{S}_{c}}}=\frac{9}{S}$ ta có: $S\left( \frac{1}{{{S}_{a}}}+\frac{1}{{{S}_{b}}}+\frac{1}{{{S}_{c}}} \right)\ge 9$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[{{S}_{a}}={{S}_{b}}={{S}_{c}}=\frac{1}{3}S\]. Hay \[M\] là trọng tâm của tam giác \[\Delta ABC\].

Chú ý rằng: Từ bài toán trên ta cũng có: \[\frac{M{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}=\frac{{{S}_{MB{{A}_{1}}}}}{{{S}_{AB{{A}_{1}}}}}=\frac{{{S}_{MC{{A}_{1}}}}}{{{S}_{AC{{A}_{1}}}}}=\frac{{{S}_{MB{{A}_{1}}}}+{{S}_{MC{{A}_{1}}}}}{{{S}_{AB{{A}_{1}}}}+{{S}_{AC{{A}_{1}}}}}=\frac{{{S}_{a}}}{S}\]. Tương tự ta có: \[\frac{M{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}=\frac{{{S}_{b}}}{S},\frac{M{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=\frac{{{S}_{c}}}{S}\]. Suy ra\[\frac{M{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}+\frac{M{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}+\frac{M{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=\frac{{{S}_{a}}+{{S}_{b}}+{{S}_{c}}}{S}=1\]

Nếu ta thay: \[\frac{M{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}=\frac{A{{A}_{1}}-MA}{A{{A}_{1}}}=1-\frac{MA}{A{{A}_{1}}},\frac{M{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}=1-\frac{MB}{B{{B}_{1}}},\frac{M{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=1-\frac{MC}{C{{C}_{1}}},\] thì ta thu được đẳng thức: \[\frac{MA}{A{{A}_{1}}}+\frac{MB}{B{{B}_{1}}}+\frac{MC}{C{{C}_{1}}}=2\].Qua đó ta cũng tạo ra được nhiều bất đẳng thức đẹp khác.

Bài 14:

Hướng dẫn giải:

Gọi $h$ là độ dài đường cao của

tam giác đều $ABC$ thì $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Đặt $MD=x,ME=y,MF=z$.

Ta có ${{S}_{ABC}}={{S}_{MBC}}+{{S}_{MAC}}+{{S}_{MAB}}$

$\Leftrightarrow ah=ax+ay+az$ $\Leftrightarrow x+y+z=h$ không đổi.

Áp dụng BĐT : $\left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{9}{h}=\frac{6\sqrt{3}}{a}$.

Bài 15:

Hướng dẫn giải:

Gọi diện tích các tam giác $ABC,HBC,HAC,HAB$ lần lượt là $S,{{S}_{1}},{{S}_{2}},{{S}_{3}}$ thì $S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}$. Dễ thấy $\frac{H{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}=\frac{{{S}_{1}}}{S};\frac{H{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}=\frac{{{S}_{2}}}{S};\frac{H{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=\frac{{{S}_{3}}}{S}$.

Do đó $\frac{H{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}+\frac{H{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}+\frac{H{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=1$.

Áp dụng BĐT $\left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9$.

Ta được: $\frac{A{{A}_{1}}}{H{{A}_{1}}}+\frac{B{{B}_{1}}}{H{{B}_{1}}}+\frac{C{{C}_{1}}}{H{{C}_{1}}}\ge 9$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{H{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}=\frac{H{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}=\frac{H{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow {{S}_{1}}={{S}_{2}}={{S}_{3}}=\frac{S}{3}$. Lúc đó $H$ vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của tam giác $ABC$, nên $ABC$ là tam giác đều.

b) Từ $\frac{H{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}=\frac{{{S}_{1}}}{S}$ có \[\frac{H{{A}_{1}}}{HA}=\frac{H{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}-H{{A}_{1}}}=\frac{{{S}_{1}}}{S-{{S}_{1}}}=\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}+{{S}_{3}}}\].

Tương tự $\frac{H{{B}_{1}}}{HB}=\frac{{{S}_{2}}}{{{S}_{1}}+{{S}_{3}}};\frac{H{{C}_{1}}}{HC}=\frac{{{S}_{3}}}{{{S}_{1}}+{{S}_{2}}}$. Áp dụng BĐT \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}\] (*). Ta có $\frac{H{{A}_{1}}}{HA}+\frac{H{{B}_{1}}}{HB}+\frac{H{{C}_{1}}}{HC}\ge \frac{3}{2}$.

Lập luận như trên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Bất đẳng thức (*) có tên là bất đẳng thức Netbis là bất đẳng thức đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng. Ta có thể chứng minh nó như sau: \[\left( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right)\left( \frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c} \right)\ge 9\]. Nhưng \[\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}=\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)+\left( \frac{b}{c}+\frac{c}{b} \right)+\left( \frac{c}{a}+\frac{a}{c} \right)\ge 2+2+2=6\]. Suy ra \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\]. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.