HÌNH HỌC I. Bất đẳng thức và cực trị

Trong chương trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta gặp chỉ xoay
quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh
,,
abc
, chu vi
p
, bán kính đường tròn nội
tiếp, ngoại tiếp
,
rR
… và các yếu tố độ dài trong một đường tròn.
Để nắm bắt rõ điều này, tôi sẽ bổ sung một số hệ thức lượng trong tam giác mà một số
hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp trong chương trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các
hệ thức rất cơ bản trên cấp 3

i) Hệ thức về diện tích tam giác
()()()()
11
sin
224
aa
abc
SahprbcAparppapbpc
R
=====−=−−−


=
+−
=
=
+
++=Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi sẽ chỉ chứng minh
hệ thức (1) và (2). Chứng minh như sau
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác
ABC
và tam
giác
ABM
với góc
B
ta có
222
2
22
2cos
22cos2
2
a
acacBb
a
cacBm

+−=

Sbl

=




=



Mặt khác
()
2cos
11
2
sinsin
222
ABDACDaa
A
bc
A
SbcASSlbcl
bc
==+=+⇒=
+a
m

39
OAOBOCOGabc
++=+++

với
G
là trọng tâm tam giác
Chứng minh
Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác ,,,
OADOGDOBCGBC
ta được
2222
2222
2222
2222
224
422
224
422
OAODOGAD
OMGDOGOD
OBOCOMBC
GMBCGBGC
+=+
+=+
+=+
+=+

Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có
2222222

,,0
abc
>
là ba cạnh tam giác ,,0:
ayz
xyzbxz
cxy
=+


⇔∃>=+


=+


Chứng minh
Điều kiện cần:
Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
, khi đó,
,,
xyz
là các đoạn
được biểu diễn trên hình
Điều kiện đủ:
Với
ayz
bxz
cxy

,,
abc
là ba cạnh tam giác. Chứng minh
(
)
()
()
()()()
222
2
222
[1] 2
[2] 2
[3] 3
111111
[4] 2
abcabbcca
abcabc
ababbcbccacaabc
papbpcabc
++<++
++<++
+++++>

++≥++

−−−

[8]
3
[9] 2
1
[10] 4 1
2
[11]
abc
abc
papbpc
abc
papbpc
abbcca
abc
abcbcacab
abcabcabcabc
abcabc
bccacaabbcca
abcabcabc
ppa
++≥++
−−−
++≥
−−−
++≥++
+−+−+−
+−−+−++≤
+++<
++++++
+++<++=


8a
<
Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn đều có thể giải được bằng cách sử dụng điều
kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16],
trong các bất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó hơn cả

[10]
()
222
1
4 1
2
abcabcabc
+++<++=

Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương)
()()()()()()
222
1
4
2
xyyzzxxyyzzx
+++++++++<
với
1
2

+++<
++++++

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
()()()
32
0
aabacbbcbaccacbabcabbcca
bcacababc
⇔+++++++++<+++
⇔+−+−+−>

[15]

++−−−=
−−−
−−−
++=
++++++

ta có đpcm

• Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác
(
)
,,,,,
mlhRrS

(
)
()
()
()()
222
222
2222
9 2
111111
3
2
4
23
23 ,,0 5
9

và
diện tích
S
thì bất đẳng thức
2222
9
Rabc
≥++
là rất mạnh, thật vậy, ta có
()
2
2222222
2
222
3
99
16
4
abc
abc
RabcabcS
S
abc
≥++⇔≥++⇔≥
++
(*)

Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau
()
()

≥
++−−−
≥
−−+−−+−−≤

Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng lớn hơn vế trái của (*) nên (*)
mạnh hơn ba bất đẳng thức đó. Ta cũng có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức
cuối. Việc xét xem giữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơn là một điều khó khăn
nhưng ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn bằng cách sử dụng điều kiện tương
đương. Khi đó
(
)
(
)
1443
xyyzzxS
⇔++≥
()()
2
3
xyyzzxxyzxyz
⇔++≥++

(
)
()()()
222222
222
222
0

++
≥⇔≥⇔≥
++

Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớn hơn bình phương vế trái của (*) là đơn
giản, từ đó ta chứng minh được
2
Rr
≥ Xét bất đẳng thức (5)
Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có
()()
()()
()
()
222
2
222
2
2
222222
2
1
2
2
abc
qrrppqabc
qrrppq

học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” như phương tích, hệ thức lượng…
[1] Cho đường tròn bán kính 1 và n điểm
12
,, ,
n
AAA
không cùng nằm trên một
đường thẳng. Khi đó trên đường tròn có thể chọn được điểm
M
để
12

n
MAMAMAn
+++≥

[2] Nếu một đa giác lồi nằm bên trong một đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên
ngoài không nhỏ hơn chu vi của đa giác trong.
[3] Trong một tam giác không cân, đường phân giác
a
l
luôn nằm giữa đường cao
a
h

và đường trung tuyến
a
m

[4] Nếu qua trọng tâm

M
là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc
C
trong tam giác
(
)

ABCMC
≡ thì
MAMBCACB
+>+

[7] Nếu một tam giác nhọn đặt được vào trong một đường tròn thì bán kính đường
tròn đó không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
[8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau của hình vuông
cạnh 1 thì chu vi của nó không nhỏ hơn
22• Cực trị hình học
[1] Trong tất cả các tam giác có cạnh
a
và đường cao
a
h
cho trước, tìm tam giác có
góc
A
nhỏ nhất
[2] Trong tất cả các tam giác có các cạnh

là nhỏ nhất
[6] Từ điểm
M
trong tam giác
ABC
cho trước hạ các đường vuông góc
111
,,
MAMBMC
xuống các đường thẳng
,,
BCCAAB
. Với vị trí nào của
M
trong
ABC
đại lượng
111
abc
MAMBMC
++ có giá trị nhỏ nhất
[7] Cho tam giác đều
ABC
cạnh 10 và
M
là điểm thỏa mãn
9
MBMC
+=
. Tìm max

OXUMOMYV
nội tiếp
nên

,
MOXAUMMOYMVC
==
Vậy ta cần chứng minh AUMCVM
= .
Ta có ~ ~
ADMCBMAUMCVM
⇒
AUMCVM
⇒=⇒
đpcm

Cách 2. Hạ các đoạn vuông góc từ
,
XY
xuống các đoạn như trên hình. Ta cần chứng
minh

ta có
1212
1221
, , ,
xxxx
xxAXXD
yyyyyCYyYB
====
(
)
(
)
()()
222
12
222
12

1

axax
xxxAXXDPXXQax
xy
yyyCYYBPYYQayayay
−+
−
⇒======⇒=
+−−
(đpcm)


P

X

Q

D

C

B

M

x

2
x

y

1
x

1
y

2
y


. ,
XCDYAB
∈∈

là hai điểm thỏa
OXOY
=
.
{
}
,,
XYADBCPQ
∩=. Khi đó
,
XYPQ
có cùng trung điểm. Khi cho
{
}
,,
ACBDPQRS
∩= ,
ta cũng có trung điểm
XY
là trung điểm
RS

Lưu ý. Khi cho
XYM
≡≡
ta có bài toán con bướm ban đầu

MAMBMCBD
⇒++≥

Đẳng thức xảy ra
0
120
AMBBMCCMA⇔===
Điểm
M
thoả hệ thức trên được gọi là điểm
Torricelli
Lưu ý
Khi tam giác
ABC
có một góc chẳng hạn
0
120
A > , ta có
S
sẽ đạt giá trị nhỏ nhất
khi và chỉ khi
MA
≡
. Thật vậy do

O

Y

A

P

X

Q

D

C

B

M

S

F

E

R

O


D

A

B

D

E

C

M

Đường thẳng Euler
Cho tam giác
ABC
với trực tâm
H
, trọng tâm
G
và tâm đường tròn ngoại tiếp
O
.
Khi đó ta có
,,
HGO
thẳng hàng và 2
HGGO
=

=
. Do ,'//''
AHOABCAHOAHAGOAG
⊥⇒⇒= .
Từ đó ta suy ra ~'',,
HAGOAGHGAOGAHGO
⇒=⇒
thẳng hàng và
G
nằm giữa
H
và
O
,
2
HGGO
=
.

Bài tập
[1] Tương tự như cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp tam
giác
ABC
là tam giác tù

',','
ABC
lần lượt là trung
điểm
,,
BCCAAB

Dễ thấy

0
''''''90
KCAKLAKBAKMA====
Suy ra
',',',,,
ABCKLM
cùng thuộc đường
tròn đường kính
'
KA
là
(
)
C
.
{
}
'


Bài tập
[1] Trong đường tròn Euler, các điểm
,,
KLM
chia đôi các cung
,,
EFFDDE

[2] Đường tròn ngoại tiếp
ABC
là đường tròn Euler của
abc
III

[3] Đường tròn Euler cắt các cạnh của tam giác bằng các góc
,,
BCCAAB
−−−A

C

D

H

.


'
C

E

O

B

'
A

'
B

N

L

M

K

F

.

LM
là đường kính
vuông góc với
BC
. Để ý rằng
, BMLBALLBCLAC
αβ
====

Do là góc ngoài
ABI

tại
I
nên BILLBI
αβ=+=
LBI

cân:
LILB
=
. Vì vậy
22
22

ABC
. Khi đó ta có
1111
,
PCABPBAC
nội tiếp. Suy ra
00
1111111
90, 90
ABCAPCCAPCBACPAPCB
==−==−
i)
(
)
PO
∈⇒
1
CAPPCB
=⇒
Ta cần chứng minh

0
180
MHN =
Thật vậy, từ
APCB
nội tiếp và
,
PM
đối xứng nhau qua
đường thẳng
AB

ACBAPBAMB
⇒== .
Do
H
là trực tâm nên

00
180180
AHBACBAHBAMB+=⇒+=
MAHB

đpcm
A

B

I

C

L

M

Y

O

α

α

α

α

β

β

A


[2]
1
PA
cắt đường tròn lần
nữa tại
U
. Khi đó ta có
111
//
AUABC

[3] Góc giữa đường thẳng
Simson của
,'
PP
bằng một
nửa số đo cung

'
PP

[4] Đường thẳng Simson của
một điểm (nằm trên đường
tròn) chia đôi đoạn nối điểm
đó và trực tâm tam giác
[5] Hai đường thẳng Simson của hai điểm đối tâm cùng thuộc
(
)
ABC

⇒=
Kết hợp với ADCMAB
= ta có ~
DACMABABCDACBM
⇒=
(2)
Từ (1) và (2) ta có
(
)

ABCDADBCACDMBMACBD
+=+≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
MBDABCD
∈⇔
nội tiếp

Bài tập
[1] Cho
P
là điểm nằm trên cung

CD
của đường

∈
. Ta có
,,
AXBYCZ
đồng qui
1
XBYCZA
XCYAZB
⇔=Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên)
Nếu ba điểm
,,
XYZ
trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác
ABC
. Ta có
,,
XYZ
thẳng hàng
1
XBYCZA
XCYAZB
⇔=A

B

P

O

A

C

B

D

M

A

B

C

D

P

Q

R

Định lý Stewart (đề xuất năm 1746, nhưng thực chất đã được tìm ra năm 300 trước
công nguyên bởi Archimedes)


(
)
,,,,
XYZBCCAAB
∈ .
Khi đó chu vi tam giác
XYZ
đạt giá trị nhỏ nhất khi
,,
XYZ
là chân ba đường cao
Chứng minh
Bài toán này có nhiều
cách chứng minh nhưng
tôi nghĩ hay nhất vẫn là
cách chứng minh của
nhà toán học H. A.
Schwarz. Sau đây, tôi sẽ
trình bày với các bạn
chứng minh đó
Dựng các tam giác bằng
nhau và kề nhau như
hình. Tam giác có ba
cạnh là
,,
abc
là tam
giác có đỉnh là chân các đuờng cao. Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các
phép đối xứng sẽ tạo thành đoạn

nhận được phần nào vẻ đẹp của nó
Cho tam giác
ABC
. Các đường chia ba góc của các góc
,,
ABC
cắt nhau và các giao điểm tạo thành một tam giác đều m

p

n

c

b

B

X

C

A


B

B

C

C

b

c

c

b

a

c

b

u

v

w

A


A
nằm ở phần
chứa
O
thì tam giác
ABC
đạt diện tích và chu vi lớn
nhất khi
AM
≡
, nếu
A
thuộc phần còn lại thì
'
AM
≡
. Lại có tam giác
MAB
có diện tích và chu vi
không nhỏ hơn tam giác
'
MAB
. Vậy để tìm tam giác
có chu vi hay diện tích lớn nhất ta chỉ xét các tam giác
cân tại
A
chứa
O
trong nó. Gọi khoảng cách từ
O

RRxRxRRxRxS
⇒≥−+⇒≥−+=
2
3
4
SR
⇒≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
R
xABC
=⇔ đều
ii)
()
()
2
2
2
2422
PPRR
RxRRxRxRx

=++−⇒=+++−




Áp dụng bất đẳng thức
()
(
)

cố định. Khi đó, hình vuông là hình có
chu vi và có diện tích lớn nhất
Chứng minh
i) Xét tứ giác lồi
ABCD
bất kì và hình vuông
MNPQ
cũng nội tiếp
(
)
O
sao cho
,
MPACPM
⊥⇒
là trung điểm

AC
. Dễ thấy
()()

ABBCPAPC
pABCDpAPCM
DADCMAMC
+≤+

⇒≤

+≤+



'
M

A

B

D

C

M

N

P

Q

ii) Xét tứ giác lồi bất kì. Đường chéo
AC
chia tứ giác
ABCD
thành hai tam giác
nhỏ hơn
ABCDABCACDAPCACMAPCMPCMPMAPNMPMQMNPQ
SSSSSSSSSSS
=+≤+==+≤+=
(đpcm)

trước quĩ tích khá hữu hiệu như sau, hãy vẽ ra ba điểm thoả mãn tính chất bài toán
yêu cầu riêng biệt với nhau và thật chính xác. Nếu ba điểm đó thẳng hàng thì dứt
khoát quĩ tích phải là đường thẳng, đoạn thẳng hoặc tia. Nếu chúng không thẳng hàng
thì quĩ tích phải là đường tròn hoặc cung tròn. Từ đó, bạn đã có được một định hướng
tương đối tốt cho lời giải của bài toán
Sau đây là những bài tập cho các bạn, tất cả đều là những bài mà tôi cho là cơ bản,
hoặc hay và lạ nên bài nào bạn cũng nên suy nghĩ thử ít nhất là một lần, không nhất
thiết là bạn phải làm cho ra, chỉ cần là bạn đã bỏ thời gian để suy nghĩ về nó

[1] Quĩ tích những điểm có tỉ số khoảng cách đến hai đường thẳng cho trước là
0
k
>

[2] *Trên mặt phẳng cho hai điểm
,
AB
cố định. Quĩ tích những điểm
M
thỏa mãn
hệ thức
:0
MAMBk
=>

Với
1
k
≠
, quĩ tích là một đường tròn và được gọi là đường tròn Apolonius

: ,0
abab
>

[5] Cho
AB
≡
cố định. Tìm quĩ tích những điểm
M
thoả mãn
22
0
MAMBk
+=>

Gợi ý: Sử dụng công thức đường phân giác
[6] Cho
AB
≡
cố định. Tìm quĩ tích những điểm
M
thoả mãn
22
MAMBk
−=

[7] *Cho hai đường tròn
(
)
(

(
)
O
. Cụ thể là những điểm cùng nằm trên một đường tròn tâm
O
thì có
cùng phương tích.
Đối với điểm
M
nằm ngoài
(
)
O
thì
()
/
MO
P chính là độ dài đoạn
MN
với
N
là tiếp
điểm của tiếp tuyến của
(
)
O
qua
M
. Đối với điểm
M

được tạo thành
[9] *Cho hai điểm
,
PQ
chuyển động đều, vận tốc
v
theo hai đường thẳng cắt nhau
tại điểm
O
. Chứng minh rằng trên mặt phẳng tồn tại một điểm
A
cố định mà khoảng
cách từ đó đến các điểm
,
PQ
lúc nào cũng bằng nhau
[10] Các điểm
,,
ABC
có tính chất là: với mọi điểm
M
luôn có hoặc
MAMB
≤
hoặc
MAMC
≤
. Chứng minh rằng điểm
A
nằm trên đoạn

K
(bài toán Archideme)
Gợi ý: Kéo dài
AM
một đoạn
MNMB
=
. Khi đó
K
là trung điểm
MN
và

MNB
=

½

AMB
không đổi. Cần nhớ phải xét cả hai cung

AB
lớn và nhỏ
[13] Cho tam giác
ABC
. Tìm tập hợp tâm hình chữ nhật nội tiếp tam giác có một
cạnh nằm trên cạnh
BC
của tam giác
Gợi ý: Quĩ tích là đoạn thẳng nối trung điểm đường cao tại

tại
,
MN
.
Tiếp tuyến tại
,
MN
cắt nhau tại
E
. Tìm quĩ tích
E

[16] *Cho
(
)
,
OR
và một dây
AB
cố định,
M
là điểm di động trên
(
)
,
OR
. Trên tia
AM
ta lấy điểm
N

MN

[19] *Cho
(
)
,
OR
và điểm
P
cố định ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến
PA
và cát
tuyến
PBC
bất kì
(
)
(
)
,,
ABCO
∈ . Gọi
H
là trực tâm tam giác
ABC
. Tìm quĩ tích
trực tâm
H
đó


thuộc đường tròn đường kính
XY
cố định. Với
M
nằm trên đường thẳng
AB

thì
MX
≡
hoặc
MY
≡
.
Đảo. Chọn điểm
M
bất kì thuộc đường tròn đường kính
XY
. Ta sẽ chứng minh
M

cũng là một điểm thỏa tính chất của đề bài. Từ
A
, vẽ đường thẳng song song với
MY

cắt
,
MXMB
lần lượt tại

H
và một điểm
O
trên mặt
phẳng. Khi đó ta nói phép vị tự tâm
O
biến tỉ số
0
k
>
biến hình
H
thành hình
'
H

khi và chỉ khi với mỗi điểm
M
thuộc hình
H
tồn tại duy nhất một điểm
'
M
thuộc
'
H
sao cho
'
M
∈

Qua phép vị tự thì đường tròn biến thành đường tròn, đường thẳng biến thành
đường thẳng.
Khi gặp một bài toán yêu cầu tìm quĩ tích điểm
M
mà ta luôn có quan hệ giữa
điểm
M
và điểm
N
nào đó cũng di động như tia
AM
luôn cùng hướng với
BN
,
AMkBN
=
với
,
AB
là hai điểm cố định, ta có thể chuyển việc tìm quĩ tích điểm
M

thành việc tìm quĩ tích điểm
N
, sau đó suy ngược lại quĩ tích
M
bằng phép vị tự
Bài [19] cũng sử dụng phép vị tự để giải, đầu tiên là tìm quĩ tích điểm đối xứng
của
O

theo góc
00
0180
φ<< là một phép biến hình trên mặt phẳng,
biến điểm
X
thành điểm
'
X
thỏa mãn điều kiện
'
OXOX
=
và góc quay từ
OX
tới
'
OX
bằng
φ
theo chiều ngược kim đồng hồ
Qua phép quay đường tròn biến thành đường tròn bằng nó, đoạn thẳng biến thành
đoạn thẳng bằng nó và góc giữa hai đường thẳng chứa hai đoạn bằng góc quay.
Dấu hiệu để các bạn nhận biết bài toán quĩ tích giải bằng phép quay là có hai
đoạn
AB
và
CD
nào đó sau các phép biến đổi bằng nhau. Nếu thật sự là phép quay
thì tâm quay chính là giao điểm của trung trực

OA

()
'/
'.''.'
EO
EXEYEHEOP⇒==
'',''
EMEN
là hai tiếp tuyến tới
(
)
O

()
2
'/
'''''''.'
EO
MHEOPEMEHEO
⊥⇒==

Từ đó ta có
'''
EHEH
=
. Mà
,'
HH
nằm

trừ hai đầu mút
Đảo. Gọi
0
E
là điểm bất kì thuộc phần giới hạn của đường thẳng
XY
. Vẽ hai tiếp
tuyến
0000
,
EMEN
với
(
)
O
. Chứng minh hoàn toàn tương tự phần thuận ta có
00
,,
AMN
thẳng hàng
⇒

0
E
là một điểm thỏa yêu cầu bài toán
Kết luận. Quĩ tích
E
là phần giới hạn của đường thẳng
XY
.

,
AUBV
và ,
AUCW
cũng cắt nhau tại hai
điểm có đoạn nối đi qua trực tâm
HA

M

N

'
E

O

X

Y

H

.

.


lần lượt cắt
,,
DEFABC
thì ba
giao điểm thẳng hàng
Gợi ý: Giả sử rằng ba đường thẳng
,,
ABCDEF
tạo
thành ta giác
UVW
rồi áp dụng định lý Menelaus cho
các cát tuyến thẳng hàng sau ,,
LDEAMFBCN
,
,
ACEBDF
. Sử dụng các đẳng thức hợp lý, ta sẽ có hệ thức để chứng minh
,,
LMN

thẳng hàng theo định lý Menelaus đảo

[5] Cho
ABC
có đường tròn nội tiếp tiếp xúc
,
ABAC
tại
,

là điểm bất kì nằm trong hình vuông. Từ
,,,
ABCD
ta vẽ ', ', ', '
AAMBBBMCCCMDDDMA
⊥⊥⊥⊥
. Chứng minh rằng
',','
AABBCC
và
'
DD
đồng qui
Gợi ý: Sử dụng phép quay

[3] Cho tam giác
ABC
. Dựng ra phía ngoài 2 hình vuông ,
ACKJBCGI
. Chứng minh
rằng
,
BJAI
và đường cao đỉnh
C
đồng qui

[4] Cho tứ giác
ABCD
nội tiếp. Từ

đường thẳng vuông góc với các cạnh tại
222
,,
CBA
cũng đồng qui ( dùng phép đối
xứng tâm)

[6] Cho tam giác
ABC
,
,,
UVW
lần lượt thuộc các đường thẳng
,,
BCCAAB
. Khi đó
các đường vuông góc với
,,
BCCAAB
tại
,,
UVW
đồng qui
222222
AWBUCVAVCUBW
⇔++=++
C

D