Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

3

PHẦN I: BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC TRONG MẶT
PHẲNG.

BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP KÉO THEO

I . Sơ lược về phương pháp kéo theo:
Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết, vận dụng các tính chất của bất đẳng thức để suy
ra bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đây là các ví dụ:

Vd 1: Cho tam giác ABC, M thuộc AC. Chứng minh rằng:
1 1
. ; .
2 2
ABC ABC
S AB AC S BM AC
≤ ≤

Gi
ả
i:



Vd2: Cho tam giác ABC, AM là trung tuyến. Chứng minh:
2
BC
AM ≤ thì

90
o
BAC ≥ và
ngược lại.

Giải:
M
A
C
B
H
M
A
C
B

Xét tam giác ABC và tam giác CDB có: AB=DC, BC là cạnh chung,


BAC ACD
<
Do
đó: BC<AD
2
BC
AM
⇒
> (Vô lí).

90
o
BAC
⇒
≥

Vd 3: Cho t
ứ giác lồi ABCD sao cho AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F, và E,F,C cùng
thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD. Đặt


,AED AFB
α β
= =
; và
ABCD
S S


>


>



* Trong
ABD
∆
ta lấy điểm K sao cho
/ /
/ /
BK DE
DK BF




T
ừ đó ta có
1 1
. .sin . .sin
2 2
ACK ADK
S S S AB BK AD DK S
α β
+ ≤
⇒

B
A
D
C
P
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

5

* Trong nửa mặt phẳng có bờ là BD ta lấy điểm P sao cho
DP BC
BP CD
=


=

.
Dễ thấy


1 1
. sin . .sin
2 2
1 1
. .
2 2
ABCD ABPD ADP ABP
S S S S AD DP ADP BA BP ABP
AD DP BA BP

và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
- Một tứ giác lồi bị chứa trong một tứ giác khác (không nhất thiết là lồi) thì chu vi của tứ
giác bị chứa sẽ nhỏ hơn chu vi của tứ giác chứa nó bên trong.
- Độ dài đoạn thẳng nằm trong một đa giác lồi không lớn hơn độ dài đường chéo lớn
nhất
- Trong tất cả các dây cung qua một điểm cho trước trong một đường tròn thì dây cung có
độ dài nhỏ nhất là dây cung vuông góc với đoạn thẳng nối tâm đường tròn với điểm đó.
- Trong các tam giác có cùng chu vi thì tam giác đều có diện tích lớn nhất.
- Một đường thẳng có thể cắt nhiều nhất hai cạnh của một tam giác.(nguyên tắc
Dirichlet).

* Một số ví dụ:Vd1: Cho
đoạn thẳng AB có độ dài 2a. Vẽ về một phía của AB các tia Ax và By vuông
góc với AB. Qua trung điểm M của AB có 2 đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với
nhau và cắt Ax, By lần lượt tại C,D. Xác định vị trí của các điểm C,D sao cho
MCD
∆
có
diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích đó.

Giải:

=
K
ẻ
MH CD
⊥
Do M thuộc phân giác góc D nên MH=MB=a.
1
.
2
MCD
S CD MH
= .
Do
2 &
CD AB a MH a
≥ = =
nên:
2
1
2 .
2
MCD
S a a a CD Ax
≥ =
⇒
⊥ . Các điểm C,D được xác định trên Ax, By sao cho
AC=BD=a

* Trong l
ời giải trên, S

cos sin
a b
MC MD
α α
⇒
= = nên
1
2 sin cos
MCD
ab
S
α α
=
Do a,b,c là h
ằng số nên S
MCD
nhỏ nhất khi và chỉ khi
2sin os
c
α α
lớn nhất.
2 2
2sin cos sin cos 1
MCD
S ab
α α α α
≤ + = ⇒ ≥

min sin cos tan 1 45
MCD

độ
ng trên BC. Xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a D sao cho t
ổ
ng
các kh
ỏ
ang cách t
ừ
B và t
ừ
C
đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng AD có giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t.
b

AD
⇒ + = . Do
đ
ó
(
)
max min
BE CF AD
+ ⇔

AD nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi hình chi
ế
u HD nh
ỏ
nh
ấ
t.
HD HB
≥
và HD=HB khi
D B
≡

Suy ra

ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a t
ứ
giác ADME.

Gi
ả
i:
Đặ
t

AD x
=
thì
ME x
=
. Theo Thalet:
4 4
8
6 8 3 3
EM CE x CE
CE x AE x
AB CA
= ⇒ = ⇒ = ⇒ = −

ủ
a AB, M là trung
đ
i
ể
m BC, E là trung
đ
i
ể
m
AC.

Vd4: Cho tam giác ABC,
đ
i
ể
m M di chuy
ể
n trên c
ạ
nh BC. Qua M k
ẻ
các
đườ
ng th
ẳ
ng
song song v
ớ
i AC và AB, chúng c

BDM
=S
1
, S
EMC
=S
2
.
Ta nh
ậ
n th
ấ
y
( )
1 2
ADME 1 2
S max min min
S S
S S
S
+
⇔ + ⇔
Các
&
DBM EMC
∆ ∆

đồ
ng d
ạ

1 2
2 2 2 2
1 2
2
2
;
1
2
S SBM MC
S BC S BC
S S BM MC x y
S BC
x y
   
= =
   
   
+ + +
⇒ = = ≥
+

Nh
ư
v
ậ
y
1
max
2
ADME

đ
i
ể
m tùy ý trên các c
ạ
nh AB,CA,BC c
ủ
a tam giác ABC .Ký
hi
ệ
u
1 2 3
, , ,
S S S S
là di
ệ
n tích các tam giác
1 1 1 1 1 1
, , ,
ABC AB C BC A CA B
CMR:
1 2 3
3
2
S S S S
+ + ≤

Gi
ả
i:

 
 
MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC:

1.Cho tam giác ABC nh
ọ
n. D
ự
ng m
ộ
t tam giác có chu vi nh
ỏ
nh
ấ
t n
ộ
i ti
ế
p tam giác ABC,
t
ứ
c là có 3
đỉ
nh n
ằ
m trên ba c
ạ

)
, ,
M AB N BC P AC
∈ ∈ ∈ . V
ẽ
E,F sao cho
AB là trung tr
ự
c c
ủ
a NE và AC là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a NF.
Chu vi
MNP MN MP PN EM MP PF FE
∆ = + + = + + ≥





1 2
2 2 2
EAF A A BAC
= + =
FAE

N
M
P
E
F
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 59

Ta có: EF nh
ỏ
nh
ấ
t
min min
AE AN AN BC
⇔ ⇔ ⇔ ⊥

Ta có nh
ậ
n xét r
ằ
ng khi N là chân
đườ
ng vuông góc k
ẻ
t

a

FPH
.
Ta có: AB,AC g
ặ
p nhau t
ạ
i A nên AH là tia phân giác c
ủ
a góc trong c
ủ
a tam giác t
ạ
i H
hay HA là tia phân giác

MHP
. Vì
AH HC
⊥
nên HC là
đườ
ng phân giác góc ngòai c
ủ
a
A t
ạ
i
đỉ

,
MB MC PC PB
⊥ ⊥
.
⇒
Chu vi
MNP
∆
min khi M,N,P là chân 3
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác ABC.
Do
ABC
∆
nh
ọ
n nên M,N,P thu
ộ
c biên c
ủ
a tam giác.

2. Hai anh em chia tài s
ả
n là m
ộ
t mi
ế

ờ
rào này theo di
ệ
n tích S
và góc nh
ỏ
nh
ấ
t
α
c
ủ
a tam giác.

Gi
ả
i:
B
ờ
rào ph
ả
i c
ắ
t hai c
ạ
nh c
ủ
a tam giác. Gi
ả
s

ờ
rào là x và y.
(
)
2 2 2
2 cos 1
IK x y xy A⇒ = + −
Đặ
t , , ,
AIK ABC
S S S S AI x AK y
′
= = = =
, ta có: '
2
S
S const
= = .
Do
1
ysin
2
S x A
′
= mà
S
′
và

A

ờ
rào ch
ắ
n góc A thì
độ
dài b
ờ
rào ng
ắ
n nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi
AIK
∆
cân t
ạ
i
A.
2 'tan . '
2 2
A S
IK S Do S
= =
nên
2tan
2
A
IK =

)
2tan min , ,
2
m A B C
α
α
= = =3. Cho
ABC
∆
n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn tâm O bán kính R có a,b,c là
độ
dài 3 c
ạ
nh và
m
a
,m
b
,m
c
là trung tuy

a:
2 2 2 2 2 2
c a b
a b b c c a
m m m
+ + +
+ +

Gi
ả
i:
Tr
ướ
c h
ế
t ta có
2
2 2 2
2
2
a
a
b c m+ = +
Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh:
2 2
4

1 1
2
MA MA AA R
+ = ≤
2
2 2
2
2 4 8
4
2 4 .
2
a a a
a
a a
a
m R m a Rm
m
a
m R m
⇒ + ≤ ⇒ + ≤
⇒ + ≤

2 2
2 2
4 4
a
a
b c
b c Rm R
m

ỉ
khi:
1
1
1
2
2
2
AA R
BB R ABC
CC R
=


= ⇔ ∆


=


đề
u. Khi
đ
ó d=2R.

4. G
ọ
i H là tr
ự
c tâm

.
2
BC
HA S S
= +

( )
2 3 2 3
2
2
a
x S S ax S S
⇒ = + ⇒ = +
T
ươ
ng t
ự
:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 511

(
)
( )
1 3
1 2

≥ ≥
. Theo quan ni
ệ
m v
ề

đườ
ng xiên và hình chi
ế
u
x y z
⇒ ≤ ≤

T
ừ

đ
ây ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh
(
)
(
)
(
)
(
)


Vì
a b c
≥ ≥
,
x y z
≤ ≤
nên (3)
đ
úng.
T
ừ
(1) và (2)
( )( )
3.4 12
2
6
a b c
a b c x y z S r
x y z r
+ +
+ + + + ≥ =
⇒ + + ≥

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả

α
=
không
đổ
i. Hãy xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a A
để

ABC
∆
có chu vi nh
ỏ
nh
ấ
t.

Gi
ả
i:

đố
i c
ủ
a tia AB l
ấ
y D sao cho AD=AC.
Chu vi
ABC
∆
b
ằ
ng
AB BC CA AB BC a
+ + = + +

Chu vi
ABC
∆
l
ớ
n nh
ấ
t
(
)
max max
AB AC BD⇔ + ⇔
.
a
c

α
= ⇒ di
độ
ng trên cung ch
ứ
a
2
α
d
ự
ng trên
đ
o
ạ
n BC (có gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i ti
ế
p
tuy
ế
n t
ạ
i B)
đ
ó là cung KC.

ể
m chính gi
ữ
a cung ch
ứ
a góc
α
)
ABC
∆
có chu vi l
ớ
n nh
ấ
t khi nó là tam giác cân t
ạ
i A có

,BC a A
α
= =6. Tam giác
,
ABC M
là
đ
i
ể

đ
ó.
M
ỗ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
ó t
ạ
o v
ớ
i m
ộ
t c
ạ
nh c
ủ
a tam giác và các
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a hai c
ạ
nh kia
m

G
ọ
i di
ệ
n tích các tam giác , , ,
ABC MBC MAC MAB
và các hình thang l
ầ
n l
ượ
t là
' ' '
1 2 3 1 2 3
, , , , , ,
S S S S S S S

   
+
⇒ = =
   
   
 
′
+
 
⇒ = + =
 
 
 
 
′
⇒ = +

T
ươ
ng t
ự
ta có:
2
2
3
2
2 2 3 3
2 ; 2
S
S

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3
3
S S S S S S S S S S S S S S S
+ + = + + + − + − + − ≥ + +

( )
2
2 2 2
1 2 3 1 2 3
3
S
S S S Do S S S S
⇒ + + ≥ = + +
Do
đ
ó:
1 2 3 1 2 3
7
2
3 3
S
S S S S S S S S
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ + ≥ + ⇒ + + ≥ .
Ta có
đ
pcm.


=

. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
4
9
BEGF CFGE ABC
S S S
+ ≥ . Gi
ả
i:
Ta
đặ
t:

ACE
ABF
ACE ABF
S S
AE AF
S S S S S S
S S AB AC
 
 
+ = + = + = +
 
 
 
 

1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
.2
3 3
2
3
4
(2)
9
AEF
SAE AF
S S S S

B
C
A
G
Chuyên đề bất đẳng thức hình học Nhóm 5

14

8.Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và bán kính R. Điểm M nằm trên AO và
1
AM
k
MO
= >
. Từ M kẻ dây CD bất kì. Tìm max
ABCD
S
.

Giải:

( )
2
2 1 ons
ABCD ACD BCD
OCD OCD
S S S
AM BM AB AO
k c t
S S MO MO MO MO

.
sin
α
lớn nhất
α
⇔
nhỏ nhất.
Ta d
ễ thấy
α

CD OA
⇔ ⊥
.
Khi
đó ta có:
' '
max
OCD
S OC D
S=
Ta có:

( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
1 1
1 1

. ' ' 2
2
1
2
2
1
ABCD
OC D
S
R
MC k k
k
R
C D k k
k
R
S MO C D k k
k
R
Max k k
k
⇒ = +
+
⇒ = +
+
⇒ = = +
+
⇒ = +
+


và S
2
.

Gi
ả
i:
G
ọ
i tam giác nh
ọ
n là ABC có

A
là góc l
ớ
n nh
ấ
t. G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m BC. Trên BC l
ấ
y
E,F sao cho ME=MF=MA.
BC a
⇒

180
o
AMF AME+ =


(
)
max ; 90
o
AMF AME⇒ ≥
Gi
ả
s
ử


90
o
AMF ≥
α
D'
C'
D
B
O
A
C
M
Chuyên đề bất đẳng thức hình học


a
S BC BC
= = ≤ =

3
AEF ABC
S S
⇒ ≤
* Bài tập tự luyện:
1. Cho
ABC
∆
có các c
ạ
nh không b
ằ
ng nhau, g
ọ
i các
đ
i
ể
m G,I,H l
ầ
n l
ượ
t là tr

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p t
ạ
i
1 1 1
, ,
A B C
. Gi
ả
s
ử

, ,
o o o
A B C
l
ầ
n l
ượ
t là tâm
đườ
ng tròn bàng ti
ế
p góc A,B,C . Ch
ứ
ng minh:

ng sao cho t
ổ
ng
MB MC MA
+ −
nh
ỏ
nh
ấ
t có th
ể
.

4. Tìm
đ
i
ể
m O trong
ABC
∆
cho tr
ướ
c sao cho t
ổ
ng kh
ỏ
ang cách t
ừ
O t
ớ

ế
p n
ằ
m bên trong ABCD. C
ạ
nh
ng
ắ
n nh
ấ
t có
độ
dài b
ằ
ng
2
4
t
−
và c
ạ
nh dài nh
ấ
t có
độ
dài b
ằ
ng t, v
ớ
i

nhau t
ạ
i
D
′
.Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a t
ỉ
s
ố

MF E
A
C B
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 5

ng
để
h
ỗ
tr
ợ
cho vi
ệ
c
tính toán và ch
ứ
ng minh, mà trong các bài toán v
ề
tam giác nói chung, h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng
trong tam giác c
ũ
ng
đ
ã tr
ở
thành m
ộ
t công c
ụ

ụ
ng các công c
ụ
tính tóan
m
ạ
nh h
ơ
n n
ữ
a nh
ư
áp d
ụ
ng các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c c
ổ

đ
i
ể
n, hay các b
ấ
t
đẳ

th
ấ
y
đượ
c v
ẻ

đẹ
p huy
ề
n bí c
ủ
a nó). Ho
ặ
c t
ừ
vi
ệ
c áp d
ụ
ng h
ệ
th
ứ
c l
ượ
ng ta
có th
ể
bi

c mà n
ế
u không n
ắ
m v
ữ
ng ki
ế
n th
ứ
c ch
ắ
c h
ẳ
n không ph
ả
i
ai c
ũ
ng làm
đượ
c.

* Một số hệ thức lượng và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác:

Cho tam giác
ABC
, v
ớ
i

đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p t
ớ
i tr
ọ
ng tâm tam giác và tâm
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p t
ớ
i tr
ọ
ng tâm
tam giác, p là n
ử
a chu vi tam giác, S là di
ệ
n tích tam giác;
,
r R
là các bán kính
đườ
ng

4
a
b c a
m
+ −
= ;
2 2 2
2 2
9
a b c
d R
+ +
= −
( )
2 2 2
2
1
5 16
9
d p r Rr
= + − ; , ,
a b c
S S S
r r r
p a p b p c
= = =
− − −

4
abc

a b c a c b b c a abc
+ − + − + − ≤

( ) ( )
9 5
20 4
a b b c c a
ab bc ca m m m m m m ab bc ca
+ + < + + < + +

Bây gi
ờ
chúng ta
đế
n v
ớ
i m
ộ
t bài toán.
Cho tam giác ABC v
ớ
i , ,
AB c BC a CA b
= = =
. G
ọ
i S là di
ệ
n tích tam giác này, và r và R
là bán kính

i
ể
m b
ấ
t kì,
, ,
α β γ
là các s
ố
th
ự
c. Ta có b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c sau là hi
ể
n nhiên:
(
)
2
0
MA MB MC
α β γ
+ + ≥
  

Chuyên đề bất đẳng thức hình học

n
đổ
i t
ươ
ng
đươ
ng ta s
ẽ
có
đượ
c b
đ
t sau:
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
1
MA MB MC a b c
α β γ α β γ βγ αγ αβ
+ + + + ≥ + +
D
ấ
u b
ằ
ng x
ả

ọ
n , ,
a b c
α β γ
= = =
thay vào (1.1) ta
đượ
c:
( )
2 2 2
9
1.2
4
a b c
am bm cm abc+ + ≥
Bi
ế
n
đổ
i t
ươ
ng
đươ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c (1.2) ta s

3 3 3 2 2 2
3 9 2
a b c abc a b c a b c
+ + + ≤ + + + +
- Ch
ọ
n
, ,
2
a b c
a p a b p b c p c p
+ +
 
= − = − = − =
 
 
thay vào (1.1).
Ta có:

( )( ) ( )( )( )
2
2
2
1 1
1
a p b p c ap p a p b p c
p a p
p a p r
S S pr ra
p a p p a

&
b p a p c c p a p b
− − − −
r
ồ
i áp d
ụ
ng h
ệ
th
ứ
c:
1 1 1 4
R r
p a p b p c pr
+
+ + =
− − −

Ta thu
đượ
c b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c sau:
(
)

b c a c b a
am m bm m cm m abc+ + ≥
- Ch
ọ
n , ,
bc ca ab
α β γ
= = =
thay vào 1.2 ta có:
( )
2 2 2
3 3 3
9
4
4
a b c
m m m
a b c
a b c ab bc ca
 
+ +
+ + ≥
 
+ +
 

Ch
ỉ
c
ầ

p, các b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c này c
ũ
ng
đượ
c
ứ
ng d
ụ
ng r
ấ
t nhi
ề
u trong vi
ệ
c gi
ả
i các bài b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c hình h
ọ

đ
o
ạ
n th
ằ
ng EG//AB, và EF//AC (F,G thu
ộ
c
đ
o
ạ
n AB và AC). Cm
2
16
ABC BEF CEG
S S S
≥ .

Gi
ả
i:

c AM-GM và công th
ứ
Herong là phù h
ợ
p. D
ễ
th
ấ
y AFEG là hình bình hành.
AF GE
AG EF
=

⇒

=


Ta
đặ
t :
2 1
1 2
1 2
; ;
; ;
; ;
BC a BE a CE a
AB c AF c FB c
CA b AG b GC b

p p a p b p c S
= − − − =

V
ậ
y ta có:
2
16
ABC BEF CEG
S S S
≥
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi E là trung
đ
i
ể
m BC.

Vd 2: Cho tam giác ABC vuông t
ạ
i C. K
ẻ

đườ
ng cao CH và phân giác CE c

S EF
=
Ta có:


CBF ACH
=




ACF FCB FBC CFA
⇒
= + =
ACF
⇒
∆
cân t
ạ
i A.
AC AF b
⇒
= =

c
2
c
1
b
2

ạ
i B suy ra BC=BE=a
EF BE AF AB a b c
⇒
= + − = + −

Để
ch
ứ
ng minh:
(
)
( )
2 1 2 1
2 1 2 (1)
AB
c EF
EF
c a b c c a b
≥ + ⇔ − ≥
⇔ − ≥ + − ⇔ ≥ +

Ta có:
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 (2)
c a b ab c ab c
c ab c
= + ≥ ⇒ ≥ +

ABC
∆
. L
ấ
y M thu
ộ
c AB, N thu
ộ
c AC, th
ỏ
a
1
AM AN
k
AB AC
= = <
; D
ự
ng AMON
làm thành hình bình hành. K
ẻ
1
đườ
ng th
ẳ
ng b
ấ
t kì d c
ắ
t AB,AC t

n l
ượ
t là kh
ỏ
ang cách t
ừ
M và B t
ớ
i AC.
Khi
đ
ó ta có:
1 1
2 2
AGF
AMF
ABF ABF
S
h S hAM
k k
h AC S S h
= = ⇒ = = =

T
ươ
ng t
ự
ta có:
AGE
ACE

ABC ABC
AE AF AE AF
kS kS
AB AC AB AC
S S
SAE AF
kS kS kS
AB AC S S
α
α
 
= + ≥
 
 
= = ≥

2
2
AGE AGF ABC
S S k S
⇔ + ≥ (
đ
pcm)
α
F
E
B
C
A
G

t c
ả
các t
ứ
giác có 3 c
ạ
nh là a. G
ọ
i S là di
ệ
n tích các t
ứ
giác
đ
ó. CM:
2
3 3
4
a
S ≤

Gi
ả
i:


Qua C k
ẻ
d//AB.
V
ẽ
(A;2a) c
ắ
t d t
ạ
i
D
′
. Khi
đ
ó ta có t
ứ
giác
ABCD
′
c
ũ
ng th
ỏ
a
đ
i
ề
u ki
ệ

đế
n AC
' ' ' ' '
ADC AD C ABC ADC AD C ABC ABCD AB C D
S S S S S S S S⇒ < ⇔ + < + ⇔ <
Nên
để
t
ứ
giác trên có di
ệ
n tích l
ớ
n nh
ấ
t thì có
đ
i
ề
u ki
ệ
n 2 c
ạ
nh này song song. Ta xét
di
ệ
n tích hình thang
đ
ó.
K

1
sin sin 2 1
2
ABCD ABED BCE
S S S a a
a
α π α
α α
= + = + −
 
= +
 
 

a
a
a
d
A
B
A'
C
D
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 521


2
3 3
4
ABCD
S a
≤ . B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đượ
c ch
ứ
ng minh xong.
D
ấ
u “=” x
ả
y ra

1
3cos 1 cos cos 60
2
o
B
α α α α
− = + ⇔ = ⇔ =
T


Gi
ả
i:
B
ằ
ng cách t
ươ
ng t
ự
bài trên ta ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ứ
giác
đ
ó ph
ả
i có 2 c
ạ
nh song song
nhau.
Gi
ả
s
ử
BC//AD. K
ẻ

α γ
α π α β
= + = +
≤ + − +

( )
1
sin sin
2
ABCD
S T
α α β
⇒ ≤ + + =

Qua C ta k
ẻ

đ
o
ạ
n th
ẳ
ng t
ạ
o v
ớ
i AD góc
α
.
Khi

1
3
AB CE BC
α β
π
α


= = =

⇔ =



=


T
ứ
c là ABCD là n
ử
a l
ụ
c giác
đề
u.
α
β
α
δ

= = =
.
Ch
ứ
ng minh:
ACE BDF
S S
≤

Gi
ả
i:
Ta
đặ
t:



CAE
CEA
ACE
α
β
γ

=


=



= +



= +



Khi
đ
ó:
2
1 1
. .sin 2 sin .2 sin sin 2 sin sin sin
2 2
ACE
S AC CE R R R
γ β α γ β α γ
= = =
T
ươ
ng t
ự
:
2
2 sin sin sin
2 2 2
BDF
S R

ng th
ứ
c cu
ố
i cùng
đ
úng. D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi l
ụ
c giác
đ
ã cho
đề
u.

III. Một số bài toán chọn lọc:

1.

Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế

là
độ
dài các phân giác k
ẻ
t
ừ
A,B,C t
ươ
ng
ứ
ng và
, ,
a b c
M M M
là
độ

dài các phân giác kéo dài, tính t
ừ
các
đỉ
nh t
ươ
ng
ứ
ng A,B,C
đế
n các giao
đ
i

ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi tam giác ABC
đề
u.

γ
β
α
F
O
A
B
C
D
E
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 523

Gi
ả
i:
Gi

2 2
AP B B
A A
AB
B B
= =
   
− − +
   
   

V
ới chú ý rằng


C BQA
=
và







2
A
ABQ ABC CBQ ABC CAQ B
= + = + = +


M AQ
B
= = = ≥
 
+
 
 

Hoàn toàn t
ương tự ta có:
2
2
sin sin
sin sin
sin
2
sin sin
sin sin
sin
2
b
b
b
c
c
c
m
A C
l A C
B

3 3
sin sin sin
a b c
l l l
B C C A A B
A B C A B C
B C C A A B
A B C
+ + ≥ + +
≥ + + =

D
ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi:
sin sin sin 1
2 2 2
A B C
B C A
     
+ = + = + =
     
     
t
ứ

4
ma nb pc mn np mpS
+ + ≥ + +

Gi
ả
i:
Theo
đị
nh lí hàm s
ố
cosin, ta có:
Chuyên đề bất đẳng thức hình học

Nhóm 524

( )
( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2 2
4
2 cos 2 sin
2 cos
ma nb pc mn np mpS
ma nb p a b ab C ab C mn np mp
a b

4
a b
m p n p m p n p
b a
 
+ + + ≥ + +
 
 

Do
đó ta có điều phải chứng minh.
Câu hỏi đặt ra cho chúng ta là đẳng thức xảy ra khi nào? Đẳng thức xảy ra khi đẳng thức
ở bất đẳng thức BCS mà chúng ta sử dụng để chứng minh xảy ra. Tức là:
( ) ( )
( )( )
2 2
2
cos sin
cos sin 1
a b
m p n p
b a
C C
p
mn np mp
a b
n p m p
C C
p mn np mp m p n p


ta thu được:
( )( )
2 2 2 2
2
2
1 2
m p m p p
c a a a
n p n p
m p n p
c m p p
a n p n p
c m n a c
a n p
n p m n
+ +
= + −
+ +
+ +
+
 
⇔ = + −
 
+ +
 
+
⇔ = ⇔ =
+
+ +


nên vô cùng dễ dàng.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
2 2 2
4 3
b c a c a b a b c
a b c S
a b c
+ − + − + −
+ + ≥
Theo định lí ta đã chứng minh ở trên thì ta chỉ cần chứng minh:
(
)
(
)
( )( )
3
0
b c a c a b
ab
a a b a c
+ − + −
≥
⇔ − − ≥
∑
∑

Đây lại chính là bất đẳng thức Schur.

4.
Chứng minh:

abc a b c S
≥ + +Giải:
Cũng theo ý tưởng là sử dụng định lí ở bài toán 2, nhưng ở bài toán này chúng tôi muốn
giới thiệu tới bạn đọc 2 cách giải:
Cách 1:
Cách giải này giống như cách giải ở bài toán 3:
B
ất đẳng thức đã cho tương đương:
2 2 2 2 2 2
4
bc ca ab
a b c a b c S
a b c
+ + ≥ + +
Theo định lí trên thì ta có:
2 2 2
3 4
abc a b c S
≥ + +

B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

Cách 2:
Cách này lại hoàn toàn chẳng liên hệ gì tới định lí trên nhưng thú vị một điều là lời giải
của nó vô cùng ngắn gọn và đơn giản.
B

v
ới x,y,z là các số thực dương.

Giải:
Để chứng minh bài toán này ta có một bổ đề nhỏ:
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
3
( )( ) 4
0
xy yz xz
y z x z y x z x x y z y
x y z y z x z x y
+ + ≥
+ + + + + +
⇔ − + − + − ≥

B
ổ đề đã được chứng minh xong.
Giờ ta mới chứng minh tiếp tục bất đẳng thức này. Áp dụng định lí trên ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2
4
x y z xy yz xz
a b c S
y z z x x y y z x z y x z x x y z y
+ + ≥ + +
+ + + + + + + + +


Giải:
Ở bài này chúng tôi cũng đưa ra hai cách chứng minh, một cách sử dụng định lí trên và
một cách khác sử dụng hệ thức lượng trong tam giác rồi đưa về định lí trên để hoàn tất
việc chứng minh.
Cách 1:
Áp dụng trực tiếp định lí ta có:
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )( ) ( )( )
( )( )( )( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 .
4 16
a a b c b b c a c b c a
S a b c b c a b c a b c a b c a a b c
S a b c a b c a b c a b c SS
+ − + + − + − + + ≥
≥ + − + − + + − − + + + − + + + −
= + + − + + − − + + =

B
ất đẳng thức được chứng minh xong.

27

(Dựa vào việc tìm trường hợp đẳng thức xảy ra khi nào của định lí các bạn hãy tìm
trường hợp xảy ra đẳng thức của các bất đẳng thức trên, việc này hoàn toàn dễ dàng.)
IV. Bài tập tự luyện:
1. Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi tam giác ABC không cân thỏa mãn
0
a b c
< < <
:
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 2
4
ab a b bc b c ca c a
S
b c c a c a a b a b b c
     
− − −
+ + >
     
     
− − − − − −

m m m
lần lượt là độ dài các trung
tuyến xuất phát từ A,B,C. Chứng minh:
a)
( )( )
2 2 2 4 4 4
3
4
2
a b c a b c
m m m bcm acm abm a b c a b c
≤ + + ≤ + + + +
b)
(
)
(
)
(
)
( )
3 3 3 3 3 3
2 2 2
9
4 4
a b c
a b c a b c a b c
m m m
abc a b c ab ca bc
+ + + + + +
≥ + + ≥

α β γ α β γ αγ αγ αβ
 
+ + + + ≥ + + + +
 

f)
( )
(
)
(
)
(
)
2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
4
a b c
a b c a b c bcm acm abm a b c
+ + + + ≥ + + ≥ + +
G
ợi ý: sử dụng bài toán đã xét ở phần lý thuyết, các phép biến đổi, các hệ thức lượng,
điểm đặt của M và các bất đẳng thức cổ điển.