ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Hoàng Ngọc Quang
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc
Thái Nguyên - 2011
www.VNMATH.com
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc
Phản biện 1: .......................................................
....................................................................
Phản biện 2: .......................................................
....................................................................
Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Ngày .... tháng .... năm 2011
Có thể tìm hiểu tại
Thư viện Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1. Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác 6
1.1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2. Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác . 8
1.2.1. Các đẳng thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . 8

4.1.2. Các hệ quả của bất đẳng thức hyashi . . . . . . . 94
4.1.3. Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.2. Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng và các hệ quả . . . 96
4.2.1. Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng . . . . . . . 96
4.2.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Weizenbock suy rộng101
4.3. Bất đẳng thức Klamkin và các hệ quả . . . . . . . . . . 105
4.3.1. Bất đẳng thức Klamkin . . . . . . . . . . . . . . 105
4.3.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin . . . . . . 106
4.4. Bất đẳng thức Jian Liu và các hệ quả . . . . . . . . . . 108
4.4.1. Bất đẳng thức Jian Liu . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.4.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Jian Liu . . . . . . 110
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
www.VNMATH.com
3
Mở đầu
Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những
bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở kể cả
học sinh giỏi lúng túng khi gặp các bài toán loại này. Thực sự nó là một
phần rất quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thức
trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán
học. So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa
được quan tâm nhiều. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết
vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp
thông thường hay được áp dụng trong hình học và càng không phải là
phương pháp đại số thuần túy. Để giải một bài toán về bất đẳng thức
hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số
một cách thích hợp và nhạy bén.
Luận văn này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bản
đến nâng cao và mở rộng. Các bài toán về bất đẳng thức hình học được

Chương này trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy và
các bài toán áp dụng. Các bài toán này chủ yếu được trích ra từ các đề
thi vô địch các nước, đề thi vô địch khu vực và đề thi IMO, một số là do
tác giả sáng tác. Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức
Ptolemy trong tứ giác và trong tứ diện.
Chương 3. Bất đẳng thức Erdos - Mordell và các mở rộng.
Chương này trình bày bất đẳng thức Edos-Mordell và các bài toán liên
quan. Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức này trong
tam giác, trong tứ giác và trong đa giác [11-13].
Chương 4. Các bất đẳng thức có trọng.
Chương này trình bày một số bất đẳng thức liên quan đến tổng khoảng
cách từ một hay nhiều điểm của mặt phẳng đến các đỉnh hoặc các cạnh
của tam giác với các tham số dương tùy ý được gọi là trọng số hay gọi
tắt là trọng. Đó là các bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian
www.VNMATH.com
5
Liu, v.v.. Các bất đẳng thức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt,
một số là kết quả nghiên cứu của các chuyên gia Quốc tế trong lĩnh vực
bất đẳng thức hình học [9,13-14].
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên với sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Ngọc. Tác giả
xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn của
Thầy, tới các thầy cô trong Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo và Khoa
Toán-Tin Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới
Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, các đồng nghiệp Trung tâm
GDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên đã tạo điều kiện cho tác
giả học tập và hoàn thành kế hoạch học tập.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 6 năm 2011.
Tác giả
Hoàng Ngọc Quang

Đường phân giác với các cạnh: l
a
, l
b
, l
c
.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp: R và r.
Bán kính đường tròn bàng tiếp các cạnh: r
a
, r
b
, r
c
.
Diện tích tam giác ABC: S, S
ABC
hay [ABC].
Để giải được các bài toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần
trang bị những kiến thức cơ sở đó là các bất đẳng thức đại số cơ bản và
các đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản trong tam giác.
1.1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản
Định lý 1.1. (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a
1
, a
2
,··· , a
n
là các số
thực không âm. Khi đó

,··· , a
n
ta có
n
√
a
1
a
2
...a
n
≥
n
1
a
1
+
1
a
2
+ ··· +
1
a
n
. (1.2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ··· = a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ... = a
n
.
Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số không âm a
1
, a
2
,··· , a
n
và m = 1, 2,··· ta
có
a
m
1
+ a
m
2
+ ··· + a
m
n
n
≥

a
1
+ a

b
1
+ a
2
b
2
+ ··· + a
n
b
n
)
2
≤

a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
n

b
2
1
+ b
2
2

i, Nếu f

(x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f(x
n
) ≥ nf

x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
n

.
ii, Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f(x
n
) ≤ nf

b
1
+ a
2
b
2
··· + a
n
b
n
≥
1
n
(a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
) (b
1
+ b
2
+ ··· + b
n
) . (1.6)
Nếu hai dãy số thực a
1
, a
2

=
b
sin B
=
c
sin C
= 2R.
Định lý 1.7. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có
a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc cos A, b
2
= c
2
+ a
2
− 2ca cos B, c
2
= a
2
+ b
2
− 2ab cos C.
Định lý 1.8. (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABC
được tính theo một trong các công thức sau
S =

= (p − a)r
a
= (p − b)r
b
= (p − c)r
c
(1.12)
=

p (p − a) (p − b) (p − c). (1.13)
Công thức (1.13) được gọi là công thức Hê-rông.
www.VNMATH.com
9
Định lý 1.9. (Định lý đường phân giác) Trong một tam giác, đường
phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với
hai cạnh kề hai đoạn ấy .
Định lý 1.10. (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC ta
có
l
a
=
2bc
b + c
cos
A
2
, l
b
=
2ca

2
4
, m
2
b
=
c
2
+ a
2
2
−
b
2
4
, m
2
c
=
a
2
+ b
2
2
−
c
2
4
.
Định lý 1.13. (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tam

ta luôn có các hệ thức sau
sin A + sin B + sin C = 4 cos
A
2
cos
B
2
cos
C
2
, (1.14)
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C, (1.15)
cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin
A
2
sin
B
2
sin
C
2
, (1.16)
cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C, (1.17)
www.VNMATH.com
10
sin
2
A + sin
2
B + sin

A
2
tan
B
2
+ tan
B
2
tan
C
2
+ tan
C
2
tan
A
2
= 1, (1.22)
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. (1.23)
Riêng với hệ thức (1.20) thì tam giác ABC cần giả thiết không vuông.
1.2.2. Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác
Định lý 1.16. (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác ABC ta có
|b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b.
Định lý 1.17. (Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác
ABC ta luôn có các bất đẳng thức sau
sin A + sin B + sin C ≤
3
√
3
2

3
2
, (1.27)
sin
A
2
sin
B
2
sin
C
2
≤
1
8
, (1.28)
cos A cos B cos C ≤
1
8
, (1.29)
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C ≤
9
4
, (1.30)

Định lý 1.18. Cho hai đường tròn có bán kính lần lượt là R và R

(R ≥ R

), khoảng cách giữa tâm của chúng bằng d. Điều kiện cần và đủ
để hai đường tròn đó cắt nhau là R − R

≤ d ≤ R + R

.
Chứng minh.
Hình 1.1 Hai đường tròn không cắt nhau.
Rõ ràng nếu hai đường tròn ở ngoài nhau (hình 1.1 A) thì ta có
R + R

< d. Nếu hai đường tròn chứa nhau (hình 1.1 B) thì ta cũng có
ngay d < R− R

. Nếu hai đường tròn cắt nhau tại một điểm M thì theo
bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO

M, với O và O

lần lượt là
tâm của đường tròn bán kính R và R

, ta có R − R

≤ d ≤ R + R


cạnh AC tại điểm N. Theo định
lý 1.19 ta có
MB + MC < MB + MN + NC
=BN + NC < AB + AN + NC
=AB + AC.
Bài toán 1.1. Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Chứng
minh rằng
p < MA + MB + MC < 2p.
Trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC.
Giải. Áp dụng định lý 1.19 cho các tam giác MAB, MBC và MCA ta có
AB < MA+MB, BC < MB +MC, CA < MC +MA. Cộng theo vế ba
bất đẳng thức trên rồi chia cả hai vế cho 2 ta được p < MA+MB+MC.
Mặt khác, theo định lý 1.20 ta có MA+MB < CA+CB, MB+MC <
AB + AC, MC + MA < BC + BA. Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên
và đem chia cả hai vế cho 2 ta được AM + BM + CM < 2p.
www.VNMATH.com
13
Định lý 1.21. Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn
và ngược lại.
Chứng minh. Xét tam giác ABC. Ta chứng minh nếu

ABC >

ACB thì
AC > AB và ngược lại.
Hình 1.3
Thật vậy, trong góc

ABC ta kẻ tia Bx
tạo với cạnh BC góc bằng góc


C

có hai cặp cạnh
bằng nhau AB = A

B

và AC = A

C

. Ta có bất đẳng thức

BAC >

B

A

C

khi và chỉ khi BC > B

C

.
Chứng minh.
Hình 1.4
Trước hết, giả sử rằng

đường thẳng đi qua AC.
www.VNMATH.com
14
Do AB = A

B

, nên ta có

ABB

=

AB

B. Vì

CBB

<

ABB

và

CB

B >

AB


,
do ∆ABC và ∆A

B

C

(c.g.c). Vậy ta có

BAC >

B

A

C

khi và chỉ khi
BC > B

C

. 
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC và AM là trung tuyến. Chứng minh
rằng

BAC ≥ 90
0
khi và chỉ khi AM ≤

BAC +

ABA

=
180
0
, cho nên

BAC ≥

ABA

khi và
chỉ khi

BAC ≥ 90
0
. Tóm lại, AM =
1
2
AA

≤
1
2
BC khi và chỉ khi

BAC ≥
90

Vì c < b nên suy ra h
b
=
S
2b
<
S
2c
= h
c
.
Để chứng minh m
b
< m
c
, ta gọi M, N và
P là trung điểm của các cạnh AB, AC và
BC, tương ứng (hình 1.6). Áp dụng định
lý 1.22 cho ∆P AB và ∆P AC là hai tam
giác có hai cặp cạnh bằng nhau (AP chung
và BP = CP), ta có

AP B <

AP C. Gọi G
là trọng tâm của tam giác ABC. Xét hai
tam giác GP B và GP C là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau
(GP chung và PB = P C). Do có

AP B <

=
a
b
⇒ BK =
ac
a+b
.
Do c < b, nên BK < CL. Dựng hình
bình hành BKCT (hình 1.7), ta có

BTC =

BKC =

A +

C
2
và ta có

BTC <

BLC.
Mặt khác, vì T C = BK, và BK < CL
nên T C < CL. Trong tam giác T LC, ứng
với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn theo định
lí 1.21, cho nên

CLT <


tam giác ABC cân tại đỉnh A. Để tiện
chứng minh trong trường hợp tam giác
không cân tại A, không mất tính tổng quát
ta giả sử AB < AC. Gọi A

đối xứng với A
qua M, ta có BACA

là hình bình hành.
Trong tam giác AA

C ta có AC >
A

C = AB và do đó theo định lý 1.21 ta
có

BAM =

MA

C >

CAM và đó điểm L
nằm trong góc

BAM. Mặt khác, do

BAH phụ với góc



C + AC) =
1
2
(AB + AC). 
Bài toán 1.4. Chứng minh rằng nếu M là điểm nằm trên đường phân
giác ngoài của góc C của tam giác ABC (M khác C) thì MA + MB >
CA + CB.
Giải.
Hình 1.9
Giả sử A

là điểm đối xứng
với điểm A qua đường phân giác
ngoài của góc C. Khi đó các điểm
A

, C, B thẳng hàng và MA

=
MA. Do đó MA + MB = MA

+
MB > A

B = CA

+ CB =
CA + CB.
www.VNMATH.com

2
− OI
2
=OM
2
− MD
2
+ DQ
2
− QO
2
= (MO + DM) (MO − DM) + (DQ + QO) (DQ − QO)
=DO (MO − DM + DQ + OQ) = R (2MQ) = 2Rr.
Vậy OI
2
= R
2
− 2Rr, nghĩa là d
2
= R
2
− 2Rr. 
Hệ quả 1.4. (Bất đẳng thức Euler) Kí hiệu R, r lần lượt là bán kính
đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Khi đó
R ≥ 2r. (1.35)
Đẳng thức xảy ra khi và khi tam giác ABC đều.
Bài toán 1.5. Cho tam giác ABC với R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p là nửa chu vi tam giác ABC.
Chứng minh rằng r ≤

√
3
≤
R
2
tương đương với a + b + c ≤ 3
√
3R.
Sử dụng định lí hàm số sin, bất đẳng thức này tương đương với sin A +
sin B + sin C ≤
3
√
3
2
. Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f(x) = sin x là
hàm lồi trên (0, π), do đó
sin A+sin B+sin C
3
≤ sin

A+B+C
3

= sin 60
0
=
√
3
2
.

n".
Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA

,
trong đó A

là trung điểm của BC, ta
được AA

(OG
2
+ AG.GA

) = A

O
2
.AG +
AO
2
.GA

. Vì AO = R, AG =
2
3
AA

, GA

=

=
2(b
2
+c
2
)−a
2
4
và A

O
2
= R
2
−
a
2
4
, ta được
OG
2
=

R
2
−
a
2
4


) − a
2
18
= R
2
−
a
2
+ b
2
+ c
2
9
.

Hệ quả 1.5. (Bất đẳng thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài
các cạnh là a, b, c. (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có bất
đẳng thức sau
9R
2
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
. (1.37)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC.
www.VNMATH.com
19

+c
2
9
⇔ 4 [ABC] ≤
3abc
√
a
2
+b
2
+c
2
. Mặt
khác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a + b + c ≤
√
3
√
a
2
+ b
2
+ c
2
.
Do đó 4
√
3 [ABC] ≤
9abc
a+b+c
.

+ F D
2
+ DE
2
≤
p
2
3
.
Định lý 1.29. (Định lí Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn tâm O, bán kính R. M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng
tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các
cạnh BC, CA, AB. Khi đó diện tích của tam giác XY Z được tính theo
diện tích tam giác ABC và khoảng cách MO bởi công thức sau
[XY Z] =
1
4




1 −
MO
2
R
2






AX

Y

(cùng chắn cung

AY

).
Từ đó suy ra

ZXM =

AX

Y

. Tương tự

Y XM =

AX

Z

. Từ đó suy ra

ZXY =


=
1
2


MO
2
− R
2


BC
Z

Y

. sin B sin C. sin X(phương tích, ∆MBC ∼ ∆MZ

Y

)
=
1
2


MO
2
− R
2


Y

Z

=
1
2R
)
=
1
4




1 −
MO
2
R
2




[ABC] .

Chú ý 1.1.
1) Tam giác XY Z nêu trong định lí được gọi là tam giác Pedal.
2) Nếu M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì [XY Z] =

các cạnh BC, CA, AB. Khi đó
[XY Z] ≤
1
4
[ABC] . (1.39)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
www.VNMATH.com
21
Bài toán 1.8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O
(với O nằm bên trong tứ giác). Gọi MNP Q là tứ giác mà các đỉnh lần
lượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD đến
các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng
[MNP Q] ≤
1
2
[ABCD] .
Giải. Gọi K là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD.
Hình 1.13
Dễ thấy KMN là tam giác Pedal dựng
từ điểm K của tam giác ABC. Do đó
áp dụng hệ quả 1.6 ta được [KMN] ≤
1
4
[ABC]. Làm tương tự cho các tam giác
KNP, KP Q, KQM và cộng các kết quả lại
[KMN] + [KNP ] + [KP Q] + [KQM]
≤
1
4

2



[ABC] =
R
2
−OG
2
4R
2
[ABC] (vì G nằm trong tam giác ABC).
+ Dễ thấy [LMN] ≤
1
4
[ABC]. Đẳng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
G ≡ O hay khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
+ Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại. Thật vậy, để ý rằng OG =
1
3
OH.
Vì tam giác nhọn, H nằm trong tam giác và OH ≤ R nên
[LMN]
[ABC]
=
R
2
−
1
9

2
+ DA
2
= AC
2
+ BD
2
+ 4x
2
. (1.40)
Chứng minh. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Áp dụng
công thức đường trung tuyến ta có
x
2
=
NA
2
+ NC
2
2
−
AC
2
4
=
AB
2
+DA
2
2

2
+ 4x
2
. 
Hệ quả 1.7. (Bất đẳng thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD. Ta
có
AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
≥ AC
2
+ BD
2
. (1.41)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành.
Bài toán 1.10. (Địa trung Hải, 2000) Cho P, Q, R, S là trung điểm của
các cạnh BC, CD, DA, AB, tương ứng, của tứ giác lồi ABCD. Chứng
minh rằng
4

AP
2
+ BQ
2
+ CR

1
4
Y Z
2
. Ta thay bộ (X, Y, Z, M) bằng
(A, B, C, P ), (B, C, D, Q), (C, D, A, R), (D, A, B, S) vào trong công thức
này và cộng 4 công thức lại với nhau để thu được công thức thứ 5. Nhân
cả hai vế của công thức thứ 5 với 4, ta được
4

AP
2
+ BQ
2
+ CR
2
+ DS
2

= AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
+ 4

AC

b
, p
c
với P A, P B, P C (trong đó p
a
, p
b
, p
c
lần lượt là khoảng cách từ P đến
các cạnh BC, CA, AB).
Bài toán 1.11. Cho ABC là tam giác đều cạnh a, gọi P là một điểm
nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
Hình 1.14
i)
1
p
a
+
1
p
b
+
1
p
c
≥
6
√
3

a
+ ap
b
+ ap
c
. Vì
h =
√
3
2
a nên p
a
+p
b
+p
c
=
√
3
2
a. Áp dụng
bất đẳng thức (1.2), ta được
1
p
a
+
1
p
b
+

1
p
c
+ p
a
≥
9
p
a
+ p
b
+ p
b
+ p
c
+ p
c
+ p
a
=
3
√
3
a
.
Bài toán 1.12. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy
ý nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
P A
2
.P B