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,CA,B,C bất kỳ ta luôn có: AB+BCACAB+BC\ge AC. Dấu bằng xảy  ra khi và chỉ khi A,B,CA,B,C thẳng hàng và điểm BB nằm giữa hai điểm A,CA,C.

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

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

+ MA+MB=MA+MBABMA+MB=MA'+MB\ge A'B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MM là giao điểm cuả ABA'B và đường thẳng (d)(d).( MM trùng với M0{{M}_{0}})

+ MAMBAB\left| MA-MB \right|\le AB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MM là giao điểm cuả ABAB và đường thẳng (d)(d)( MM trùng với M1{{M}_{1}}).

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

+ MA+MBABMA+MB\ge AB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MM là giao điểm cuả ABAB và đường thẳng (d)(d).( MM trùng với M0{{M}_{0}})

+ MAMB=MAMBAB\left| MA-MB \right|=\left| MA'-MB \right|\le A'B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MM là giao điểm cuả ABA'B và đường thẳng (d)(d)( MM trùng với M1{{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: AHABAH\le AB

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

3) Cho đường tròn (O;R)(O;R) và một điểm AA. Đường thẳng AOAO cắt đường tròn tại hai điểm M1,M2{{M}_{1}},{{M}_{2}}. Giả sử AM1AM2A{{M}_{1}}\le A{{M}_{2}}. Khi đó với mọi điểm MM nằm trên đường tròn ta luôn có: AM1AMAM2A{{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,ba,b:

+ a+b2abab(a+b2)2(a+b)24aba+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=ba=b

+1a+1b4a+b22a2+b2\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}\ge \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}; x2a+y2b(x+y)2a+b\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{a+b}

+a2+ab+b2=34(a+b)2+14(ab)234(a+b)2{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}=\frac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}+\frac{1}{4}{{(a-b)}^{2}}\ge \frac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}

+ a2ab+b2=14(a+b)2+34(ab)214(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,ca,b,c:

+ a+b+c3abc3abc(a+b+c3)3a+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=ca=b=c

+ 1a+1b+1c9a+b+c33a2+b2+c2\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(a+b+c)23a2+b2+c2ab+bc+ca\le \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{3}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}

+ x2a+y2b+z2c(x+y+z)2a+b+c\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=12a.hS=\frac{1}{2}a.h                                                                                          

+S=12absinC=12absinC=12bcsinAS=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}bc\sin A                                                                                   

+ S=p(pa)(pb)(pc)S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} với p=a+b+c2p=\frac{a+b+c}{2}

+ a=2RsinAa=2R\sin A, b=2RsinB,c=2RsinCb=2R\sin B,c=2R\sin C

+ Diện tích hình chữ nhật: S=abS=ab

+ Diện tích hình thang: S=12(a+b)hS=\frac{1}{2}\left( a+b \right)h.

+ Diện tích hình vuông: S=a2S={{a}^{2}}.

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

Hướng dẫn giải:

Đường thẳng BMBM cắt ACACPP.

 Áp dụng BĐT (1) ta có:

MB+MC &lt; MB+MP+PC=BP+PC &lt; AB+AP+PC=AB+ACMB+MC\text{ }&lt;\text{ }MB+MP+PC=BP+PC\text{ }&lt;\text{ }AB+AP+PC=AB+AC

 

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

AB+ACBC2 &lt; AM &lt; AB+AC2\frac{AB+AC-BC}{2}\text{ }&lt;\text{ }AM\text{ }&lt;\text{ }\frac{AB+AC}{2}

Hướng dẫn giải:

+ Xét các tam giác MAB,MACMAB,MAC ta có:

AM&gt;ABBM,AM&gt;ACMCAM&gt;AB-BM,AM&gt;AC-MC

Suy ra 2AM&gt;AB+AC(MC+MC)2AM&gt;AB+AC-(MC+MC)

2AM&gt;AB+ACBC\Leftrightarrow 2AM&gt;AB+AC-BC

+ Gọi DD là điểm đối xứng với AA qua MM thì ABDCABDC là hình bình hành nên AB=CDAB=CDAD=2AMAD=2AM. Trong tam giác ACDACD ta có: AD &lt; AC+CD2AM &lt; AB+ACAD\text{ }&lt;\text{ }AC+CD\Leftrightarrow 2AM\text{ }&lt;\text{ }AB+AC

Như vậy: AB+ACBC2 &lt; AM &lt; AB+AC2\frac{AB+AC-BC}{2}\text{ }&lt;\text{ }AM\text{ }&lt;\text{ }\frac{AB+AC}{2}

Bài 3: Cho tam giác nhọn ABCABC có trực tâm là điểm HH. Chứng minh rằng:  HA+HB+HC&lt;23(AB+BC+CA)HA+HB+HC&lt;\frac{2}{3}\left( AB+BC+CA \right).

Hướng dẫn giải:

Dựng đường thẳng qua HH song song với

ABAB cắt ACAC tại DD. Dựng đường thẳng

qua HHsong song ACAC cắt ABAB tại EE.

Tứ giác AEHDAEHD là hình bình hành nên

AD=HE,AE=HDAD=HE,AE=HD

Xét tam giác AHDAHD ta có:  HA &lt; HD+ADHA &lt; AE+ADHA\text{ }&lt;\text{ }HD+AD\Leftrightarrow HA\text{ }&lt;\text{ }AE+AD(1) . Vì HE//ACHE//ACACBHHEBHAC\bot BH\Rightarrow HE\bot BH

Tương tự ta cũng có: HA+HB+HC &lt; AC+BC,HA+HB+HC &lt; AB+BCHA+HB+HC\text{ }&lt;\text{ }AC+BC,HA+HB+HC\text{ }&lt;\text{ }AB+BC

Suy ra HA+HB+HC&lt;23(AB+BC+CA)HA+HB+HC&lt;\frac{2}{3}\left( AB+BC+CA \right).

Bài 4: Cho tam giác đều ABCABCcó cạnh bằng 3a3a. MM là một điểm tùy ý trên cạnh BCBC, gọi P,QP,Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của MM lên AB,ACAB,AC. Tìm vị trí điểm MM để:

  1. PQPQ có độ dài nhỏ nhất
  2. Dựng một đường thẳng song song với BCBC cắt AB,ACAB,AC tại E,FE,F sao cho AE=2aAE=2a.Tìm vị trí điểm MM sao cho MA+ME+MFMA+ME+MF nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải:

a) Hạ PHBC,QKBCPH\bot BC,QK\bot BC. Ta có

SΔABC=SΔABM+SΔAMC{{S}_{\Delta ABC}}={{S}_{\Delta ABM}}+{{S}_{\Delta AMC}}\Leftrightarrow

9a234=3a2(MP+MQ)MP+MQ=3a32\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,MQCMPB,MQC ta tính được:

HM=MP32,MK=MQ32HK=MH+MK=32(MP+MQ)=9a4HM=\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}

PQHKPQ\ge HK. Nên PQPQ nhỏ nhất bằng HKHK khi và chỉ khi PQ//HKMPQ//HK\Leftrightarrow M là trung điểm của BCBC

b) Gọi RR là điểm đối xứng với EE qua BCBC, II là trung điểm của BCBC. Ta dễ chứng minh được R,I,FR,I,F thẳng hàng. Ta tính đươc.: RF=2IF=2a2+(13.3a32)2=7aRF=2IF=2\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{7}a. Ta có: ME+MF=MR+MFRF=a7ME+MF=MR+MF\ge RF=a\sqrt{7}. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MIM\equiv I. Ta cũng có MAAI=3a32MA\ge AI=\frac{3a\sqrt{3}}{2}. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MIM\equiv I. Suy ra  ME+MF+MAa7+3a32=(27+332)aME+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 MI.M\equiv I.

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

 

Hướng dẫn giải:

Gọi KK là trung điểm của dây cung

MNMN ta có:

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

=2AM+2MK=2AK=2AM+2MK=2AK

Xét tam giác vuông OKAOKA

Ta có: OK2+KA2=OA2O{{K}^{2}}+K{{A}^{2}}=O{{A}^{2}} không đổi . Như vậy AKAK lớn nhất khi  và chỉ khi OKOK nhỏ nhất OK=0A,M,N,O\Leftrightarrow OK=0\Leftrightarrow A,M,N,O nhỏ nhất.

II. Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho đường tròn (O;R)(O;R) và dây cung ABAB cố định (AB&lt;2R)(AB&lt;2R). Trên cung lớn ABAB lấy điểm MM. Tìm vị trí điểm MM để chu vi tam giác MABMAB lớn nhất.

Bài 2: Cho tam giác ABCABCA^&lt;600\widehat{A}&lt;{{60}^{0}}. Trên cạnh BCBC lấy điểm II cố định. Tìm trên cạnh AB,ACAB,AC lấy hai điểm M,NM,N để chu vi tam giác IMNIMNđạt 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)({{O}_{1}};{{R}_{1}}),({{O}_{2}};{{R}_{2}}) cắt nhau tại 2 điểm A,BA,B. Một đường thẳng (d)(d) bất kỳ qua AA cắt (O1;R1),(O2;R2)({{O}_{1}};{{R}_{1}}),({{O}_{2}};{{R}_{2}}) lần lượt tại M,NM,N. Tiếp tuyến tại MM của (O1;R1)({{O}_{1}};{{R}_{1}}) và tiếp tuyến tại NN của (O2;R2)({{O}_{2}};{{R}_{2}}) cắt nhau tại II. Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMNIMN khi (d)(d) quay quanh AA.

Bài 5: Trên các cạnh AB,BC,CD,DAAB,BC,CD,DA của hình chữ nhật ABCDABCD lần lượt lấy các điểm M,N,E,FM,N,E,F. Tìm vị trí bốn điểm đó để chu vi tứ giác MNEFMNEF đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 6: Cho hình thoi ABCDABCD. Đường chéo ACAC không nhỏ hơn đường chéo BDBD. MM là một điểm tùy ý trên ACAC. Đường thẳng qua MM song song với ABAB cắt ADAD tại E,E, cắt BCBC tại GGĐường thẳng qua MM song song với ADAD cắt ABAB tại FFcắt CDCD tại HH. Biết hình thoi ABCDABCD có độ dài hai đường chéo là d1{{d}_{1}}d2{{d}_{2}}. Xác định MM sao cho chu vi tứ giác EFGHEFGH là nhỏ nhất?Tính chu vi đó theo d1,d2{{d}_{1}},{{d}_{2}}.

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

Bài 8: Cho tam giác ABCABC cân đỉnh AA. Gọi OO là trung điểm của BCBC. Đường tròn (O)\left( O \right) tiếp xúc với ABABEE tiếp xúc với ACACFF. Điểm HH chạy trên cung nhỏ EF\overset\frown{EF} tiếp tuyến của đường tròn tại HH cắt AB,ACAB,AC lần lượt tại M,NM,N. Xác định vị trí của điểm HH để diện tích tam giác AMNAMN đạt giá trị lớn nhất.

Bài 9: Cho tam giác ABCABC trên trung tuyến ADAD lấy điểm II cố định. Đường thẳng dd đi qua II lần lượt cắt cạnh AB,ACAB,AC tại M,NM,N. Tìm vị trí của đường thẳng dd để diện tích tam giác AMNAMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 10: Cho góc nhọn xOyxOy và điểm II cố định nằm ở trong các góc đó. Đường thẳng dd đi qua II và cắt Ox,OyOx,Oy lần lượt tại M,NM,N. Xác định đường thẳng dd để diện tích tam giác OMNOMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 11: Cho ba điểm A,I,BA,I,B thẳng hàng theo thứ tự. Gọi d1,d2{{d}_{1}},{{d}_{2}} là hai nửa đường thẳng vuông góc với ABAB tại A,BA,B và nằm về cùng một phía đối với đường thẳng ABAB. Góc vuông xIy^\widehat{xIy} quay xung quanh đỉnh II sao cho hai cạnh của góc tương ứng cắt d1{{d}_{1}}MMcắt d2{{d}_{2}}NN. Tìm vị trí của M,NM,N để diện tích tam giác IMNIMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 12: Cho tam giác ABCABC và một điểm MM tùy ý trong tam giác đó. Gọi khoảng cách từ MM đến các cạnh BC,CA,ABBC,CA,AB theo thứ tự là m,n,pm,n,p và các đường cao hạ từ các đỉnh A,B,CA,B,Cha,hb,hc{{h}_{a}},{{h}_{b}},{{h}_{c}}. Chứng minh: ham+hbn+hcp9\frac{{{h}_{a}}}{m}+\frac{{{h}_{b}}}{n}+\frac{{{h}_{c}}}{p}\ge 9

Bài 13: Cho tam giác ABCABC và một điểm MM tùy ý trong tam giác đó. Các đường thẳng AM,BM,CMAM,BM,CM cắt các cạnh BC,CA,ABBC,CA,AB tại các giao điểm tương ứng là: A1,B1,C1{{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}. Kí hiệu Sa,Sb,Sc,S{{S}_{a}},{{S}_{b}},{{S}_{c}},S lần lượt là diện tích tam giác MBC,MAC,MAB,ABCMBC,MAC,MAB,ABC . Chứng minh: AA1MA1+BB1MB1+CC1MC19\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 ABCABC có cạnh bằng aa. Gọi đường vuông góc từ điểm MM nằm trong tam giác đến các cạnh BC,CA,ABBC,CA,AB lần lượt là MD,ME,MFMD,ME,MF. Xác định vị trí điểm MMđể: 1MD+1ME+1MF\frac{1}{MD}+\frac{1}{ME}+\frac{1}{MF} đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.                                                       

Bài 15: Gọi HH là trực tâm của tam giác ABCABC có ba góc nhọn với ba đường cao AA1,BB1,CC1A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}. Chứng minh rằng:

a) AA1HA1+BB1HB1+CC1HC19\frac{A{{A}_{1}}}{H{{A}_{1}}}+\frac{B{{B}_{1}}}{H{{B}_{1}}}+\frac{C{{C}_{1}}}{H{{C}_{1}}}\ge 9.                 b) HA1HA+HB1HB+HC1HC32\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 AMAM lấy điểm NN sao cho

MN=MBMN=MB. Khi đó chu vi tam giác MABMAB

2p=MA+MB+AB=AN+AB2p=MA+MB+AB=AN+AB.

Do ABAB không đổi nên  chu vi tam giác

MABMAB lớn nhất khi và chỉ khi ANAN lớn

nhất.Tam giác BMNBMN cân tại MMMHMH

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

cũng là phân giác ngoài của góc AMB^\widehat{AMB}. Phân giác trong của góc AMB^\widehat{AMB}MIMI với II là trung điểm cung lớn  ABAB. Suy ra MIMHMI\bot MH. Do đó MHMH cắt đường tròn (O;R)(O;R)tại điểm JJIJIJ là đường kính của (O;R)(O;R).

Tam giác MBNMBN cân tại MM nên MJMJ là đường trung trực của BNBN. Từ đó ta có: JA=JB=JNJA=JB=JN. Hay điểm NN thuộc đường tròn tâm JJ cố định bán kính JAJA. Vì ANAN là dây cung của đường tròn (J)\left( J \right) nên ANAN lớn nhất khi và chỉ khi ANAN là đường kính của (J)MJ\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,FE,F lần lượt là các điểm đối xứng của

II qua AB,ACAB,AC. Do tam giác ABCABC cố

định nên E,FE,F cố định:

Ta có: Chu vi tam giác IMNIMN

2p=IM+IN+MN=ME+MN+NFEF2p=IM+IN+MN=ME+MN+NF\ge EF. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi E,M,N,FE,M,N,F thẳng hàng. Hay M,NM,N là các giao điểm của EFEF với các cạnh AB,ACAB,AC

Bài 3:

Hướng dẫn giải:

Ta có tứ giác PNQDPNQD ,

EDFNEDFN nội tiếp

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

Tương tự có ta có:

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

ΔNEFΔNPQ\Rightarrow \Delta NEF\sim \Delta NPQSuy ra PQEF=NQNF\frac{PQ}{EF}=\frac{NQ}{NF}. Trong tam giác vuông NQFNQF ta có: NQNFNQ\le NF do đó PQEF1\frac{PQ}{EF}\le 1. Như vậy PQPQ lớn nhất bằng EFEF khi và chỉ khi QFQ\equiv F khi đó PEP\equiv E, do PPQQ lần lượt là hình chiếu của NN trên các đường thẳng DE,DFDE,DF nên  khi QFQ\equiv FPEP\equiv E thì DNDN là đường kính của (O)(O). Từ đó suy ra cách xác định MM như sau: Dựng đường kính DNDN cuả (O)(O), MM là giao điểm của BNBNACAC.

Bài 4:

Hướng dẫn giải:

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

giữa tiếp tuyến và dây cung)

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

giữa tiếp tuyến và dây cung)

Xét tứ giác IMBNIMBN ta có:

MBN^=MBA^+NBA^=IMN^+INM^\widehat{MBN}=\widehat{MBA}+\widehat{NBA}=\widehat{IMN}+\widehat{INM} =1800MIN^={{180}^{0}}-\widehat{MIN} . Suy ra tứ giác IMBNIMBN nội tiếp.

Các góc AMB,ANBAMB,ANB là những góc nội tiếp chắn cung ABAB cố định của (O1;R1),(O2;R2)({{O}_{1}};{{R}_{1}}),({{O}_{2}};{{R}_{2}}) nên AMB^,ANB^\widehat{AMB},\widehat{ANB} không đối. Suy ra MBN^\widehat{MBN} không đổi. Suy ra MIN^=1800MBN^\widehat{MIN}={{180}^{0}}-\widehat{MBN} không đổi. Gọi RR bán kính  vòng tròn ngoại tiếp tam giác MINMIN thì MN=2R.sinMIN^R=MN2sinMIN^MN=2R.\sin \widehat{MIN}\Rightarrow R=\frac{MN}{2\sin \widehat{MIN}}. Do đó RR lớn nhất khi và chỉ khi MNMN lớn nhất. Gọi E,FE,F là hình chiếu vuông góc của O1,O2{{O}_{1}},{{O}_{2}} lên (d)(d) , KK là hình chiếu vuông góc của O1{{O}_{1}} lên O2F{{O}_{2}}F thì MN=2EF=2O1K2O1O2MN=2\text{EF}=2{{O}_{1}}K\le 2{{O}_{1}}{{O}_{2}}. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi EF//O1O2(d)//O1O2EF//{{O}_{1}}{{O}_{2}}\Leftrightarrow (d)//{{O}_{1}}{{O}_{2}}.

Bài 5:

Giải:

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

vi tứ giác MNEFMNEF đạt giá trị nhỏ

nhất ta có MNEFMNEF là hình bình

hành có các cạnh song song với

các đường chéo của hình chữ nhật

ABCDABCD. Thật vậy, gọi I,J,KI,J,K lần lượt là trung điểm MN,ME,EFMN,ME,EF ta có:

IB=12MN,IJ=12NE;JK=12MF;DK=12EFIB=\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 MNEFMNEF: 2p=2(BI+IJ+JK+KD)2BD2p=2\left( BI+IJ+JK+KD \right)\ge 2BD. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B,I,J,K,DB,I,J,K,D theo thứ tự nằm trên một đường thẳng MF//NE//BD\Rightarrow MF//NE//BD.

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

Từ chứng minh trên ta thấy, nếu tứ giác MNEFMNEF có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCDABCD thì chu vi của nó là p=2BD=constp=2BD=const, không phụ thuộc vào cách lấy điểm MM trên cạnh ABAB.

Vậy chu vi tứ giác MNEFMNEF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BD2BD khi MNEFMNEF là hình bình hành có các cạnh song song với với các đường chéo của hình chữ nhật ABCDABCD.

Bài 6:

Hướng dẫn giải:

Ta dễ dàng chứng minh được

EFGHEFGH là hình thang cân,

AFMEAFME, MGCHMGCH là hình thoi,

Các tứ giác BFMG,EDHMBFMG,EDHM

hình bình hành. Do đó các đường chéo

AM,EFAM,\text{EF} cắt nhau tại LL, MC,GHMC,GH cắt nhau tại JJ, BM,FGBM,FG cắt nhau tại II, DM,EHDM,EH cắt nhau tại KK thì L,I,J,KL,I,J,K lần lượt là trung điểm của EF,FG,GH,HEEF,FG,GH,HE.

Áp dụng bài toán (*) ta có chu vi tứ giác EFGHEFGH2p=EF+GH+FG+EH=2IK+2FG2IK+2LJ=BD+2LJ2p=\text{EF}+GH+FG+EH=2IK+2FG\ge 2IK+2LJ=BD+2LJ. Nhưng LJ=LM+MJ=12AC2pAC+BDLJ=LM+MJ=\frac{1}{2}AC\Rightarrow 2p\ge AC+BD. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi FG//ACFGHEFG//AC\Leftrightarrow FGHE là hình chữ nhật. Tức điểm MOM\equiv O là giao điểm của hai đường chéo của hình thoi ABCDABCD

Bài 7:

Hướng dẫn giải:

Ta có:

2SABC=2(SMBC+SMCA+SMAB)2{{S}_{ABC}}=2\left( {{S}_{MBC}}+{{S}_{MCA}}+{{S}_{MAB}} \right).

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

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si

với bộ 3 số a.ME,b.MF,c.MKa.ME,b.MF,c.MK. Ta có:

a.b.c.ME.MF.MK=(a.ME).(b.MF).(c.MK)127(a.ME+b.MF+c.MK)3=8SABC3a.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}

ME.MF.MK8SABC3abc\Rightarrow ME.MF.MK\le \frac{8S_{ABC}^{3}}{abc}.

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

SMBC=SMCA=SMABM\Leftrightarrow {{S}_{MBC}}={{S}_{MCA}}={{S}_{MAB}}\Leftrightarrow M là trọng tâm tam giác ABCABC.                 

Vậy max(ME.MF.MK)=8SABC3abc\max \left( ME.MF.MK \right)=\frac{8S_{ABC}^{3}}{abc} khi MM là trọng tâm tam giác ABCABC.

Bài 8:

Hướng dẫn giải:

Dễ thấy OM,ONOM,ON lần lượt là phân giác EOM^,FOH^\widehat{EOM},\widehat{FOH}. Từ đó ta có: MON^=1800BAC^2=ABC^ΔMBOΔOCN\widehat{MON}=\frac{{{180}^{0}}-\widehat{BAC}}{2}=\widehat{ABC}\Rightarrow \Delta MBO\sim \Delta OCN  (g.g)MBOC=BOCNBM.CN=OB.OC=BC24=const\Rightarrow \frac{MB}{OC}=\frac{BO}{CN}\Rightarrow BM.CN=OB.OC=\frac{B{{C}^{2}}}{4}=const  (1)

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

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

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

 nhỏ nhất. Gọi RR là bán kính

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

SBMNC=SBOM+SMON+SNOC{{S}_{BMNC}}={{S}_{BOM}}+{{S}_{MON}}+{{S}_{NOC}} =12R(BM+MN+NC)=\frac{1}{2}R\left( BM+MN+NC \right)=12R[BE+CF+2(EM+FN)]=\frac{1}{2}R\left[ BE+CF+2\left( EM+FN \right) \right]   Vì   (MN=EM+FN)\left( MN=EM+FN \right) =R(BE+EM+FN)=R\left( BE+EM+FN \right)  vì (BE=CF)\left( BE=CF \right) =R(BE+BM+CN2BE)=R(BM+CNBE)=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: SBMNCR(BM.CNBE)=R(BC2BE){{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=CNMN//BCBM=CN\Leftrightarrow MN//BC khi và chỉ khi HH là giao điểm của đường trung trực của BCBC với đường tròn (O)\left( O \right). Vậy diện tích tam giác AMNAMN đạt giá trị lớn nhất khi HH là giao của đường trung trực của BCBC với đường tròn

(O)\left( O \right).

Bài 9:

Hướng dẫn giải:

Từ B,CB,C dựng các đường thẳng song song với dd, lần lượt cắt tia ADAD tại E,FE,F.

Dễ thấy ΔBED=ΔCFD\Delta BED=\Delta CFD

nên DE=DFDE=DF hay

AE+AF=2ADABAM+ACAN=AE+AFAI=2ADAIAE+AF=2AD\Rightarrow \frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{AE+AF}{AI}=2\frac{AD}{AI}.           

Ta có: ABAM=AEAI;ACAN=AFAIABAM+ACAN=AE+AFAI=2ADAI=const\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 hB,hM{{h}_{B}},{{h}_{M}} là khoảng cách từ B,MB,M đến ACAC. Áp dụng định lý Talet, ta cóSABCSAMN=12AC.hB12AN.hM=ACAN.ABAM(ACAN+ABAM2)2=AD2AI2\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 ABAM=ACANMN//BC\frac{AB}{AM}=\frac{AC}{AN}\Leftrightarrow MN//BC. Vậy min(SAMN)=SABC.AD2AI2\min \left( {{S}_{AMN}} \right)={{S}_{ABC}}.\frac{A{{D}^{2}}}{A{{I}^{2}}} khi dd là đường thẳng đi qua II và song song với BCBC.

Bài 10:

Giải:

Trước hết ta dựng đường thẳng Δ\Delta đi qua II cắt Ox,OyOx,Oy tại E,FE,F sao cho IE=IFIE=IF  (*).

Ta dựng đường thẳng Δ\Delta như sau:

Lấy OO&#x27; là điểm đối xứng của

OO qua II. Từ OO&#x27; kẻ đường

thẳng song song với OxOx cắt

OyOy tại FF, song song với OyOy

cắt OxOx tại EE. Vì OEOFOEO&#x27;F là  hình bình hành nên OOEF=IOO&#x27;\cap EF=I là trung điểm của EE. Lấy Δ\Delta là đường thẳng EFEF, ta có Δ\Delta thỏa mãn điều kiện (*), Δ\Delta cố định.

Giả sử dd là đường thẳng bất kỳ qua II cắt OxOxMM, cắt OyOyNN. Ta dễ chứng minh được: OEOM+OFON=2OIOI=2\frac{OE}{OM}+\frac{OF}{ON}=2\frac{OI}{OI}=2.

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: OEOM.OFON12(OEOM+OFON)=1\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 OEOM=OFON=1OE=OM,OF=ON\frac{OE}{OM}=\frac{OF}{ON}=1\Leftrightarrow OE=OM,OF=ON hay ME,NFM\equiv E,N\equiv F. Vậy đường thẳng dd trùng với Δ\Delta thì diện tích ΔOMN\Delta OMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 11:

Giải:

Ta có: AMI^+AIM^=900,BIN^+AIM^=900AMI^=BIN^ΔMAIΔIBN\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)

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

AM.BN=AI.BI=const\Rightarrow AM.BN=AI.BI=const.Mặt khác, SIMN=12IM.IN=12(AI2+AM2)(BI2+BN2){{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:

(AI2+AM2)(BI2+BN2)(AI.BI+AM.BN)2\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 AIBI=AMBNAIAM=BIBN\frac{AI}{BI}=\frac{AM}{BN}\Leftrightarrow \frac{AI}{AM}=\frac{BI}{BN}

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

Khi đó ΔAIM,ΔBIN\Delta AIM,\Delta BIN vuông cân tại các đỉnh A,BIM,INA,B\Rightarrow IM,IN hợp với ABAB các góc bằng 450{{45}^{0}}. Vậy diện tích tam giác IMNIMN đạt giá trị nhỏ nhất khi IM,INIM,IN cùng hợp với ABAB các góc bằng 450{{45}^{0}}.

Bài 12:

Hướng dẫn giải:

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

 Kí hiệu Sa,Sb,Sc,S{{S}_{a}},{{S}_{b}},{{S}_{c}},S lần lượt là diện tích

 tam giác MBC,MAC,MAB,ABCMBC,MAC,MAB,ABC

ta có:SaS=mha,SbS=nhb,ScS=phc\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 mha+nhb+phc=Sa+Sb+ScS=1\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&gt;0)(x,y,z&gt;0): (x+y+z)(1x+1y+1z)9\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: ham+hbn+hcp9mha+nhb+phc=9\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 ham=hbn=hcn=3\frac{{{h}_{a}}}{m}=\frac{{{h}_{b}}}{n}=\frac{{{h}_{c}}}{n}=3 . Hay MMlà trọng tâm của tam giác ΔABC\Delta ABC.

Bài 13:

Hướng dẫn giải:

Trước hết ta chứng minh :AA1MA1+BB1MB1+CC1MC1=S(1Sa+1Sb+1Sc)\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 AA1MA1=SABA1SMBA1=SACA1SMCA1=SABA1+SACA1SMBA1+SMCA1=SSa\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: BB1MB1=SSb,CC1MC1=SSc\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:

AA1MA1+BB1MB1+CC1MC1=S(1Sa+1Sb+1Sc)\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: (x+y+z)(1x+1y+1z)9\left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9 với (x,y,z&gt;0)(x,y,z&gt;0). Để ý rằng: Sa+Sb+Sc=S{{S}_{a}}+{{S}_{b}}+{{S}_{c}}=S ta có: 1Sa+1Sb+1Sc9Sa+Sb+Sc=9S\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(1Sa+1Sb+1Sc)9S\left( \frac{1}{{{S}_{a}}}+\frac{1}{{{S}_{b}}}+\frac{1}{{{S}_{c}}} \right)\ge 9. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Sa=Sb=Sc=13S{{S}_{a}}={{S}_{b}}={{S}_{c}}=\frac{1}{3}S. Hay MM là trọng tâm của tam giác ΔABC\Delta ABC.

Chú ý rằng: Từ bài toán trên ta cũng có: MA1AA1=SMBA1SABA1=SMCA1SACA1=SMBA1+SMCA1SABA1+SACA1=SaS\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: MB1BB1=SbS,MC1CC1=ScS\frac{M{{B}_{1}}}{B{{B}_{1}}}=\frac{{{S}_{b}}}{S},\frac{M{{C}_{1}}}{C{{C}_{1}}}=\frac{{{S}_{c}}}{S}. Suy raMA1AA1+MB1BB1+MC1CC1=Sa+Sb+ScS=1\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: MA1AA1=AA1MAAA1=1MAAA1,MB1BB1=1MBBB1,MC1CC1=1MCCC1,\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:  MAAA1+MBBB1+MCCC1=2\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 hh là độ dài đường cao của

tam giác đều ABCABC thì h=a32h=\frac{a\sqrt{3}}{2}.

Đặt MD=x,ME=y,MF=zMD=x,ME=y,MF=z.

 Ta có SABC=SMBC+SMAC+SMAB{{S}_{ABC}}={{S}_{MBC}}+{{S}_{MAC}}+{{S}_{MAB}}

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

Áp dụng BĐT  : (x+y+z)(1x+1y+1z)91x+1y+1z9h=63a\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,HABABC,HBC,HAC,HAB lần lượt là S,S1,S2,S3S,{{S}_{1}},{{S}_{2}},{{S}_{3}} thì S=S1+S2+S3S={{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}. Dễ thấy HA1AA1=S1S;HB1BB1=S2S;HC1CC1=S3S\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 HA1AA1+HB1BB1+HC1CC1=1\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 (x+y+z)(1x+1y+1z)9\left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9.

Ta được: AA1HA1+BB1HB1+CC1HC19\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 HA1AA1=HB1BB1=HC1CC1=13S1=S2=S3=S3\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 HH vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABCABC, nên ABCABC là tam giác đều.

b) Từ HA1AA1=S1S\frac{H{{A}_{1}}}{A{{A}_{1}}}=\frac{{{S}_{1}}}{S}HA1HA=HA1AA1HA1=S1SS1=S1S2+S3\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 HB1HB=S2S1+S3;HC1HC=S3S1+S2\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  ab+c+bc+a+ca+b32\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2} (*). Ta có HA1HA+HB1HB+HC1HC32\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 ABCABC 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: (ab+c+bc+a+ca+b)(b+ca+c+ab+a+bc)9\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 b+ca+c+ab+a+bc=(ab+ba)+(bc+cb)+(ca+ac)2+2+2=6\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 ab+c+bc+a+ca+b\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=ca=b=c.

Bài viết gợi ý: