Hướng dẫn học sinh làm các bài tập về cực trị 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≥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: ∣AB−AC∣≤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≥A′B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả A′B và đường thẳng (d).( M trùng với M0)
+∣MA−MB∣≤AB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả AB và đường thẳng (d)( M trùng với M1).
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≥AB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả AB và đường thẳng (d).( M trùng với M0)
+ ∣MA−MB∣=∣MA′−MB∣≤A′B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả A′B và đường thẳng (d)( M trùng với M1).
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≤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 M1,M2. Giả sử AM1≤AM2. Khi đó với mọi điểm M nằm trên đường tròn ta luôn có: AM1≤AM≤AM2
II. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
1. Cho các số thực dương a,b:
+a+b≥2ab⇔ab≤(2a+b)2⇔(a+b)2≥4ab. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b
+a1+b1≥a+b4≥a2+b222; ax2+by2≥a+b(x+y)2
+a2+ab+b2=43(a+b)2+41(a−b)2≥43(a+b)2
+ a2−ab+b2=41(a+b)2+43(a−b)2≥41(a+b)2
2. Cho các số thực dương a,b,c:
+a+b+c≥33abc⇔abc≤(3a+b+c)3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
+ a1+b1+c1≥a+b+c9≥a2+b2+c233
+ ab+bc+ca≤3(a+b+c)2≤a2+b2+c2
+ax2+by2+cz2≥a+b+c(x+y+z)2
3. Các công thức tính diện tích, cạnh.
+ S=21a.h
+S=21absinC=21absinC=21bcsinA
+ S=p(p−a)(p−b)(p−c) vớip=2a+b+c
+ a=2RsinA, b=2RsinB,c=2RsinC
+ Diện tích hình chữ nhật:S=ab
+ Diện tích hình thang:S=21(a+b)h.
+ Diện tích hình vuông: S=a2.
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<MB+MP+PC=BP+PC<AB+AP+PC=AB+AC
Bài 2:Cho tam giác ABC và 3 trung tuyến AM,BN,CP. Chứng minh rằng:
2AB+AC−BC<AM<2AB+AC
Hướng dẫn giải:
+ Xét các tam giác MAB,MAC ta có:
AM>AB−BM,AM>AC−MC
Suy ra 2AM>AB+AC−(MC+MC)
⇔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<AC+CD⇔2AM<AB+AC
Như vậy: 2AB+AC−BC<AM<2AB+AC
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là điểm H. Chứng minh rằng: HA+HB+HC<32(AB+BC+CA).
Hướng dẫn giải:
Dựng đường thẳng qua H song song với
AB cắt AC tại D. Dựng đường thẳng
qua Hsong 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<HD+AD⇔HA<AE+AD(1) . Vì HE//AC mà AC⊥BH⇒HE⊥BH.
Tương tự ta cũng có: HA+HB+HC<AC+BC,HA+HB+HC<AB+BC
Suy ra HA+HB+HC<32(AB+BC+CA).
Bài 4:Cho tam giác đều ABCcó 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⊥BC,QK⊥BC. Ta có
SΔABC=SΔABM+SΔAMC⇔
49a23=23a(MP+MQ)⇒MP+MQ=23a3
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác
vuông MPB,MQC ta tính được:
HM=2MP3,MK=2MQ3⇒HK=MH+MK=23(MP+MQ)=49a
Vì PQ≥HK. Nên PQ nhỏ nhất bằng HK khi và chỉ khi PQ//HK⇔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=2a2+(31.23a3)2=7a. Ta có: ME+MF=MR+MF≥RF=a7. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M≡I. Ta cũng có MA≥AI=23a3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M≡I. Suy ra ME+MF+MA≥a7+23a3=(227+33)a. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M≡I.
Bài 5: Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Một đường thẳng Δ thay đổi quanh A cắt (O;R) tại hai điểm M,N. Tìm vị trí Δ 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: OK2+KA2=OA2 không đổi . Như vậy AK lớn nhất khi và chỉ khi OK nhỏ nhất ⇔OK=0⇔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 A<600. Trên cạnh BC lấy điểm I cố định. Tìm trên cạnh AB,AC lấy hai điểm M,N để chu vi tam giác IMNđạt 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 (O1;R1),(O2;R2) cắt nhau tại 2 điểm A,B. Một đường thẳng (d) bất kỳ qua A cắt (O1;R1),(O2;R2) lần lượt tại M,N. Tiếp tuyến tại M của (O1;R1) và tiếp tuyến tại N của (O2;R2) 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 GĐường thẳng qua M song song với AD cắt AB tại Fcắt CD tại H. Biết hình thoi ABCD có độ dài hai đường chéo là d1 và d2. Xác định M sao cho chu vi tứ giác EFGH là nhỏ nhất?Tính chu vi đó theo d1,d2.
Bài 7:Cho tam giác ABC có BC=a,CA=b,AB=c. M là một điểm thuộc miền trong ΔABC. 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 (O) tiếp xúc với AB ở E tiếp xúc với AC ở F. Điểm H chạy trên cung nhỏ 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 d1,d2 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 xIy quay xung quanh đỉnh I sao cho hai cạnh của góc tương ứng cắt d1 ở Mcắt d2 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 ha,hb,hc. Chứng minh: mha+nhb+phc≥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: A1,B1,C1. Kí hiệu Sa,Sb,Sc,S lần lượt là diện tích tam giác MBC,MAC,MAB,ABC . Chứng minh: MA1AA1+MB1BB1+MC1CC1≥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 Mđể: MD1+ME1+MF1 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 AA1,BB1,CC1. Chứng minh rằng:
a) HA1AA1+HB1BB1+HC1CC1≥9. b) HAHA1+HBHB1+HCHC1≥23.
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 BMN đồng thời
cũng là phân giác ngoài của góc AMB. Phân giác trong của góc AMB là MI với I là trung điểm cung lớn AB. Suy ra MI⊥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 (J) nên AN lớn nhất khi và chỉ khi AN là đường kính của(J)⇔M≡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≥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
⇒QPN=QDN=FEN.
Tương tự có ta có:
NQP=NDP=NFE.
⇒ΔNEF∼ΔNPQSuy ra EFPQ=NFNQ. Trong tam giác vuông NQF ta có: NQ≤NF do đó EFPQ≤1. Như vậy PQ lớn nhất bằng EF khi và chỉ khi Q≡F khi đó P≡E, do P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE,DF nên khi Q≡F , P≡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: IMN=MBA(Tính chất góc
giữa tiếp tuyến và dây cung)
INM=NAB (Tính chất góc
giữa tiếp tuyến và dây cung)
Xét tứ giác IMBN ta có:
MBN=MBA+NBA=IMN+INM=1800−MIN . Suy ra tứ giác IMBN nội tiếp.
Các góc AMB,ANB là những góc nội tiếp chắn cung AB cố định của (O1;R1),(O2;R2) nên AMB,ANB không đối. Suy ra MBN không đổi. Suy ra MIN=1800−MBN không đổi. Gọi R bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác MIN thì MN=2R.sinMIN⇒R=2sinMINMN. Do đó R lớn nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất. Gọi E,F là hình chiếu vuông góc của O1,O2 lên (d) , K là hình chiếu vuông góc của O1 lên O2F thì MN=2EF=2O1K≤2O1O2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi EF//O1O2⇔(d)//O1O2.
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=21MN,IJ=21NE;JK=21MF;DK=21EF (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Vậy chu vi tứ giác MNEF: 2p=2(BI+IJ+JK+KD)≥2BD. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B,I,J,K,D theo thứ tự nằm trên một đường thẳng ⇒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,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=EF+GH+FG+EH=2IK+2FG≥2IK+2LJ=BD+2LJ. Nhưng LJ=LM+MJ=21AC⇒2p≥AC+BD. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi FG//AC⇔FGHE là hình chữ nhật. Tức điểm M≡O là giao điểm của hai đường chéo của hình thoi ABCD
Vậy max(ME.MF.MK)=abc8SABC3 khi M là trọng tâm tam giác ABC.
Bài 8:
Hướng dẫn giải:
Dễ thấy OM,ON lần lượt là phân giác EOM,FOH. Từ đó ta có: MON=21800−BAC=ABC⇒ΔMBO∼ΔOCN (g.g)⇒OCMB=CNBO⇒BM.CN=OB.OC=4BC2=const (1)
Ta lại có SAMN=SABC−SBMNC
nên SAMN đạt giá trị lớn nhất
khi và chỉ khi SBMNC đạt giá trị
nhỏ nhất. Gọi R là bán kính
của đường tròn (O), ta có:
SBMNC=SBOM+SMON+SNOC=21R(BM+MN+NC)=21R[BE+CF+2(EM+FN)] Vì (MN=EM+FN)=R(BE+EM+FN) vì (BE=CF)=R(BE+BM+CN−2BE)=R(BM+CN−BE) (2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) và (2) suy ra: SBMNC≥R(BM.CN−BE)=R(2BC−BE). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM=CN⇔MN//BC khi và chỉ khi H là giao điểm của đường trung trực của BC với đường tròn (O). Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất khi H là giao của đường trung trực của BC với đường tròn
(O).
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 ΔBED=ΔCFD
nên DE=DF hay
AE+AF=2AD⇒AMAB+ANAC=AIAE+AF=2AIAD.
Ta có: AMAB=AIAE;ANAC=AIAF⇒AMAB+ANAC=AIAE+AF=2AIAD=const.
Gọi hB,hM là khoảng cách từ B,M đến AC. Áp dụng định lý Talet, ta cóSAMNSABC=21AN.hM21AC.hB=ANAC.AMAB≤(2ANAC+AMAB)2=AI2AD2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AMAB=ANAC⇔MN//BC. Vậy min(SAMN)=SABC.AI2AD2 khi d là đường thẳng đi qua I và song song với BC.
Bài 10:
Giải:
Trước hết ta dựng đường thẳng Δ đi qua I cắt Ox,Oy tại E,F sao cho IE=IF (*).
Ta dựng đường thẳng Δ 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′∩EF=I là trung điểm của E. Lấy Δ là đường thẳng EF, ta có Δ thỏa mãn điều kiện (*), Δ 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: OMOE+ONOF=2OIOI=2.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: OMOE.ONOF≤21(OMOE+ONOF)=1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OMOE=ONOF=1⇔OE=OM,OF=ON hay M≡E,N≡F. Vậy đường thẳng d trùng với Δ thì diện tích ΔOMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 11:
Giải:
Ta có:AMI+AIM=900,BIN+AIM=900⇒AMI=BIN⇒ΔMAI∼ΔIBN (g.g)
⇒BNAI=BIAM (*)
⇒AM.BN=AI.BI=const.Mặt khác, SIMN=21IM.IN=21(AI2+AM2)(BI2+BN2). Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:
(AI2+AM2)(BI2+BN2)≥(AI.BI+AM.BN)2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BIAI=BNAM⇔AMAI=BNBI
Kết hợp với (*) suy ra diện tích ΔIMN đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi BNBI=BIBN=AMAI=1 hay BI=BN,AI=AM.
Khi đó ΔAIM,ΔBIN vuông cân tại các đỉnh A,B⇒IM,IN hợp với AB các góc bằng 450. Vậy diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất khi IM,IN cùng hợp với AB các góc bằng 450.
Bài 12:
Hướng dẫn giải:
Trước hết ta chứng minh kết quả sau: ham+hbn+hcp=1
Kí hiệu Sa,Sb,Sc,S lần lượt là diện tích
tam giác MBC,MAC,MAB,ABC
ta có:SSa=ham,SSb=hbn,SSc=hcp suy ra ham+hbn+hcp=SSa+Sb+Sc=1
Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta dễ chứng minh được kết quả sau(với (x,y,z>0): (x+y+z)(x1+y1+z1)≥9.
Áp dụng vào bài toán ta có: mha+nhb+phc≥ham+hbn+hcp9=9 .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi mha=nhb=nhc=3 . Hay Mlà trọng tâm của tam giác ΔABC.
Bài 13:
Hướng dẫn giải:
Trước hết ta chứng minh :MA1AA1+MB1BB1+MC1CC1=S(Sa1+Sb1+Sc1).
Ta có MA1AA1=SMBA1SABA1=SMCA1SACA1=SMBA1+SMCA1SABA1+SACA1=SaS,
Áp dụng bất đẳng thức: (x+y+z)(x1+y1+z1)≥9 với (x,y,z>0). Để ý rằng: Sa+Sb+Sc=S ta có: Sa1+Sb1+Sc1≥Sa+Sb+Sc9=S9 ta có: S(Sa1+Sb1+Sc1)≥9. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Sa=Sb=Sc=31S. Hay M là trọng tâm của tam giác ΔABC.
Chú ý rằng: Từ bài toán trên ta cũng có: AA1MA1=SABA1SMBA1=SACA1SMCA1=SABA1+SACA1SMBA1+SMCA1=SSa. Tương tự ta có: BB1MB1=SSb,CC1MC1=SSc. Suy raAA1MA1+BB1MB1+CC1MC1=SSa+Sb+Sc=1
Nếu ta thay: AA1MA1=AA1AA1−MA=1−AA1MA,BB1MB1=1−BB1MB,CC1MC1=1−CC1MC, thì ta thu được đẳng thức: AA1MA+BB1MB+CC1MC=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=2a3.
Đặt MD=x,ME=y,MF=z.
Ta có SABC=SMBC+SMAC+SMAB
⇔ah=ax+ay+az⇔x+y+z=h không đổi.
Áp dụng BĐT : (x+y+z)(x1+y1+z1)≥9⇒x1+y1+z1≥h9=a63.
Bài 15:
Hướng dẫn giải:
Gọi diện tích các tam giác ABC,HBC,HAC,HAB lần lượt là S,S1,S2,S3 thì S=S1+S2+S3. Dễ thấy AA1HA1=SS1;BB1HB1=SS2;CC1HC1=SS3.
Do đó AA1HA1+BB1HB1+CC1HC1=1.
Áp dụng BĐT (x+y+z)(x1+y1+z1)≥9.
Ta được: HA1AA1+HB1BB1+HC1CC1≥9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AA1HA1=BB1HB1=CC1HC1=31⇔S1=S2=S3=3S. Lúc đó H vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABC, nên ABC là tam giác đều.
b) Từ AA1HA1=SS1 có HAHA1=AA1−HA1HA1=S−S1S1=S2+S3S1.
Tương tự HBHB1=S1+S3S2;HCHC1=S1+S2S3. Áp dụng BĐT b+ca+c+ab+a+bc≥23 (*). Ta có HAHA1+HBHB1+HCHC1≥23.
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: (b+ca+c+ab+a+bc)(ab+c+bc+a+ca+b)≥9. Nhưng ab+c+bc+a+ca+b=(ba+ab)+(cb+bc)+(ac+ca)≥2+2+2=6. Suy ra b+ca+c+ab+a+bc. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.