giasuthanhtai.com.vngiasuthanhtai.com.vn/uploads/document/toan-lp-9-cc-tr... · Web viewDấu “=” xảy ra khi và chỉ khi khi và chỉ khi là giao điểm của đường

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌCI). SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐƠN GIẢN.

1) Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài các cạnh một tam giác.

Chú ý rằng:

a). Với 3 điểm bất kỳ ta luôn có: . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi thẳng hàng và điểm nằm giữa hai điểm .

b) Với 3 điểm bất kỳ ta luôn có: . Dấu

bằng xảy ra khi và chỉ khi thẳng hàng và điểm nằm giữa hai điểm .

c) Cho hai điểm nằm về một phía đường thẳng . Điểm chuyển động trên đường thẳng . Gọi là điểm đối xứng

với qua . Ta có kết quả sau:

+ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi là giao điểm cuả và đường thẳng .( trùng với )

252

M1

M0

A'

B

A

M

(d)


+ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi là giao

điểm cuả và đường thẳng ( trùng với ).

d) Cho hai điểm nằm về hai phía đường thẳng . Điểm chuyển động trên đường thẳng . Gọi là điểm đối xứng với

qua . Ta có kết quả sau:

+ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi là giao điểm cuả và đường thẳng .( trùng với )

+ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

là giao điểm cuả và đường thẳng ( trùng với ).

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:

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

253

M1

M0

A'

B

A

M

(d)

BH

A


3) Cho đường tròn và một điểm . Đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm . Giả sử . Khi đó với mọi điểm nằm trên đường tròn ta luôn có:

Ví dụ 1:Cho tam giác và điểm nằm trong tam giác . Chứng minh rằng:

a)

b)

c) trong đó điểm nằm trong tam giác sao cho cắt hai cạnh

Hướng dẫn giải:

a) Đường thẳng cắt ở .

Áp dụng BĐT(1) ta có:

b) Theo trên ta có:

. Cộng theo từng vế các BĐT trên ta có điều phải chứng minh.

c) Áp dụng câu 1) ta có:

.

Ví dụ 2: Cho tam giác và 3 trung tuyến . Chứng minh rằng:

254

NM

F

P

E

CB

A


a)

b)

c) Giả sử . Gọi theo thứ tự là đường phân giác, đường trung tuyến của tam giác . Chứng minh rằng:


a). + Xét các tam giác ta có:

Suy ra

+ Gọi là điểm đối xứng với qua thì là hình bình hành nên và . Trong tam giác ta có:

Như vậy: .

b). Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) Cho 3 đường trung tuyến

ta có: ,

,

. Cộng ba bất đẳng thức cùng

255

D

M

C

B

A


chiều ta có:

.

c). Trong tam giác có

. Cộng theo từng vế hai BĐT

trên được: .

Kết quả này vẫn đúng với là điểm

bất kỳ nằm bên trong đoạn .

Dựng . Với thì . Với thì

thuộc đoạn .

Hơn nữa tù. Do đó thuộc đoạn .

Lấy điểm trên sao cho (c.g.c)

.

+ Nếu (hình) thì

.

+ Nếu (hình) thì

.

Ví dụ 3: a) Cho tam giác nhọn có trực tâm là điểm .

256

P

HDMCB

A


Chứng minh rằng:


Dựng đường thẳng qua song song với

cắt tại . Dựng đường thẳng

qua song song cắt tại .

Tứ giác là hình bình hành nên

Xét tam giác ta có: (1) . Vì mà . Trong tam giác vuông

ta có: (2) Tương tự ta có: (3). Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra

Tương tự ta cũng có:

Suy ra .

Ví dụ 4) Cho tam giác đều có cạnh bằng . là một điểm tùy ý trên cạnh , gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của lên . Tìm vị trí điểm để:

a) có độ dài nhỏ nhất

b) Dựng một đường thẳng song song với cắt tại sao cho .Tìm vị trí điểm sao cho

nhỏ nhất.


a). Hạ . Ta có

257

D

E

A'

H

CB

A

R

I KH

P

Q

FE

MCB

A


Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác

vuông ta tính được:

.

Vì . Nên nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi là trung điểm của

b). Gọi là điểm đối xứng với qua , là trung điểm của . Ta dễ chứng minh được thẳng hàng.

Ta tính đươc.: . Ta có:

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ

khi . Ta cũng có . Dấu bằng xảy ra khi và

chỉ khi . Suy ra

. Dấu bằng xảy ra

khi và chỉ khi

Ví dụ 5: Cho đường tròn và điểm nằm ngoài đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi quanh cắt tại hai điểm

258


. Tìm vị trí để lớn nhất.


Gọi là trung điểm của dây cung

ta có:

Xét tam giác vuông

Ta có: không đổi . Như vậy lớn nhất khi và chỉ khi nhỏ nhất nhỏ nhất.

Ví dụ 6: Cho đường tròn và dây cung cố định . Trên cung lớn lấy điểm . Tìm vị trí điểm để

chu vi tam giác lớn nhất.


Trên tia đối của lấy điểm sao cho

. Khi đó chu vi tam giác

Là .

Do không đổi nên chu vi tam giác

lớn nhất khi và chỉ khi lớn

nhất.Tam giác cân tại và

là phân giác của góc đồng thời

cũng là phân giác ngoài của góc . Phân giác trong của góc

là với là trung điểm cung lớn . Suy ra . Do đó cắt đường tròn tại điểm và là đường kính của .

259

N MKA

O

M

O

H

NJ

I

BA


Tam giác cân tại nên là đường trung trực của . Từ đó ta có: . Hay điểm thuộc đường tròn tâm cố định bán kính . Vì là dây cung của đường tròn nên

lớn nhất khi và chỉ khi là đường kính của . Như vậy chu vi tam giác lớn nhất khi và chỉ khi trùng với trung điểm của cung nhỏ .

Ví dụ 7: Cho tam giác có . Trên cạnh lấy điểm cố định. Tìm trên cạnh lấy hai điểm để chu vi

tam giác đạt giá trị nhỏ nhất.


Gọi lần lượt là các điểm đối xứng của

qua . Do tam giác cố

định nên cố định:

Ta có: Chu vi tam giác là

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi thẳng hàng. Hay là các giao điểm của với các cạnh

Ví dụ 8: Cho tam giác vuông tại có ngoại tiếp đường tròn tâm . Gọi lần lượt là tiếp điểm của

với các cạnh ; là điểm di chuyển trên đoạn .

Gọi là giao điểm của với cung nhỏ của , và

lần lượt là hình chiếu của trên các đường thẳng . Xác định vị trí của điểm để lớn nhất.


Ta có tứ giác ,

260

FE

I

NM

CB

A

Q

P

N

MO

F

ED

CB

A


nội tiếp

.

Tương tự có ta có:

.

Suy ra . Trong tam giác vuông

ta có: do đó . Như vậy lớn nhất bằng

khi và chỉ khi khi đó , do và lần lượt là hình chiếu của trên các đường thẳng nên khi ,

thì là đường kính của . Từ đó suy ra cách xác định như sau: Dựng đường kính cuả , là giao điểm của và .

Ví dụ 9: Cho hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm

. Một đường thẳng bất kỳ qua cắt lần

lượt tại . Tiếp tuyến tại của và tiếp tuyến tại

của cắt nhau tại . Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác khi quay quanh .


Ta có: (Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung)

(Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung)

Xét tứ giác ta có:

261

K

FE

O2O1

N

M

B

A

I


. Suy ra tứ giác nội tiếp.

Các góc là những góc nội tiếp chắn cung cố định

của nên không đối. Suy ra

không đổi. Suy ra không đổi. Gọi bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác thì

. Do đó lớn nhất khi và chỉ

khi lớn nhất. Gọi là hình chiếu vuông góc của lên

, là hình chiếu vuông góc của lên thì

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

.

Ví dụ 10) Trên các cạnh của hình chữ nhật lần lượt lấy các điểm . Tìm vị trí bốn điểm đó để

chu vi tứ giác đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải:

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

vi tứ giác đạt giá trị nhỏ

nhất ta có là hình bình

hành có các cạnh song song với

các đường chéo của hình chữ nhật

. Thật vậy, gọi lần lượt là trung điểm ta có:

(hệ thức lượng

trong tam giác vuông).

262

KJ

I

F

E

N

M

D C

BA


Vậy chu vi tứ giác : .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi theo thứ tự nằm trên một đường thẳng .

Tương tự ta có để chu vi tứ giác đạt giá trị nhỏ nhất thì là hình bình hành có cạnh song song với đường chéo của

hình chữ nhật (kết quả phụ được chứng minh).

Từ chứng minh trên ta thấy, nếu tứ giác có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật thì chu vi của nó là , không phụ thuộc vào cách lấy điểm trên cạnh .

Vậy chu vi tứ giác đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi là hình bình hành có các cạnh song song với với các

đường chéo của hình chữ nhật .

Ta có bài toán tổng quát sau: Cho tứ giác . Gọi lần lượt là trung điểm của . Khi đó:

(*)

Thật vậy: Dựng đối xứng với qua thì tứ giác là hình bình hành nên .

Ta có: .

Tương tự . Cộng hai bất

đẳng thức cùng chiều ta suy ra điều

phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

hay là hình bình hành.

Ví dụ 11) Cho hình thoi . Đường chéo không nhỏ hơn đường chéo . là một điểm tùy ý trên . Đường thẳng qua song song với cắt tại cắt tại

263

E

Q

P

N

M

D

C

B

A


Đường thẳng qua song song với cắt tại cắt tại . Biết hình thoi có độ dài hai đường chéo là

và . Xác định sao cho chu vi tứ giác là nhỏ

nhất?Tính chu vi đó theo .


Ta dễ dàng chứng minh được

là hình thang cân,

, là hình thoi,

Các tứ giác là

hình bình hành. Do đó các đường chéo

cắt nhau tại , cắt nhau tại , cắt nhau tại , cắt nhau tại thì lần lượt là trung điểm của .

Áp dụng bài toán (*) ta có chu vi tứ giác là .

Nhưng . Dấu bằng xảy

ra khi và chỉ khi là hình chữ nhật. Tức điểm là giao điểm của hai đường chéo của hình thoi

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Ở cấp THCS, các em học sinh được làm quen với bất đẳng thức Cauchy dạng 2 số hoặc 3 số:

Để giải quyết tốt các bài toán hình học: Ta cần nắm chắc một số kết quả quan trọng sau:

Trước hết ta cần nắm được các kết quả cơ bản sau:1). Cho các số thực dương :

264

L

K

J

I

O

H

FG

E

M

D

C

B

A


+ . Dấu bằng xảy ra

khi và chỉ khi

+ ;

+

+

2). Cho các số thực dương :

+ Dấu bằng xảy ra khi và

chỉ khi

+

4)

5)

Ngoài ra các em học sinh cần nắm chắc các công thức về diện tích tam giác ,liên hệ độ dài các cạnh và góc như:

+

+

+ với

+ , …

+ Diện tích hình chữ nhật:

265


+ Diện tích hình thang: .

+ Diện tích hình vuông: .

Ví dụ 1) Cho tam giác có . là một điểm thuộc miền trong . Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên . Xác định vị trí điểm để tích đạt giá trị lớn nhất.


Ta có:

.

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si

với bộ 3 số . Ta có:

.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

là trọng tâm tam giác .

Vậy khi là trọng tâm tam giác

.

Ví dụ 2) Cho tam giác cân đỉnh . Gọi là trung điểm của . Đường tròn tiếp xúc với ở tiếp xúc với ở

. Điểm chạy trên cung nhỏ tiếp tuyến của đường tròn

tại cắt lần lượt tại . Xác định vị trí của điểm

266

F

E

K

M

CB

A


để diện tích tam giác đạt giá trị lớn nhất.


Dễ thấy lần lượt là phân giác . Từ đó ta có:

(g.g)

(1)

Ta lại có

nên đạt giá trị lớn nhất

khi và chỉ khi đạt giá trị

nhỏ nhất. Gọi là bán kính

của đường tròn , ta có:

Vì

vì

(2)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) và (2) suy ra:

. Dấu “=” xảy ra khi và

chỉ khi khi và chỉ khi là giao điểm của

đường trung trực của với đường tròn . Vậy diện tích tam giác đạt giá trị lớn nhất khi là giao của đường trung trực của với đường tròn .

267

O

H

FE

N

M

CB

A


Ví dụ 3) Cho tam giác trên trung tuyến lấy điểm cố định. Đường thẳng đi qua lần lượt cắt cạnh tại . Tìm vị trí của đường thẳng để diện tích tam giác đạt giá trị nhỏ nhất.


Từ dựng các đường thẳng song song với , lần lượt cắt tia tại .

Dễ thấy

nên hay

.

Ta có: .

Gọi là khoảng cách từ đến . Áp dụng định lý

Talet, ta có


. Vậy khi là

đường thẳng đi qua và song song với .

268

I

D

hB

hM d

F

E

N

M

CB

A


Ví dụ 4) Cho góc nhọn và điểm cố định nằm ở trong các góc đó. Đường thẳng đi qua và cắt lần lượt tại . Xác định đường thẳng để diện tích tam giác đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải:

Trước hết ta dựng đường thẳng đi qua cắt tại sao cho (*).

Ta dựng đường thẳng như sau:

Lấy là điểm đối xứng của

qua . Từ kẻ đường

thẳng song song với cắt

tại , song song với

cắt tại . Vì là hình bình hành nên là trung điểm của . Lấy là đường thẳng , ta có thỏa mãn điều kiện (*), cố định.

Giả sử là đường thẳng bất kỳ qua cắt ở , cắt ở .

Ta dễ chứng minh được: .

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: .


hay . Vậy

đường thẳng trùng với thì diện tích đạt giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 5). Cho ba điểm thẳng hàng theo thứ tự. Gọi là hai nửa đường thẳng vuông góc với tại và nằm về cùng

269

x

y

d O'N

M

F

EO


một phía đối với đường thẳng . Góc vuông quay xung

quanh đỉnh sao cho hai cạnh của góc tương ứng cắt ở cắt

ở . Tìm vị trí của để diện tích tam giác đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải:

Ta có:

(g.g)

(*)

.Mặt khác,

. Áp dụng bất đẳng

thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

. Dấu “=” xảy ra khi

và chỉ khi

Kết hợp với (*) suy ra diện tích đạt giá trị nhỏ nhất khi và

chỉ khi hay .

Khi đó vuông cân tại các đỉnh hợp với các góc bằng . Vậy diện tích tam giác đạt giá trị nhỏ nhất khi cùng hợp với các góc bằng .

Ví dụ 6) Cho tam giác và một điểm tùy ý trong tam giác đó. Gọi khoảng cách từ đến các cạnh theo thứ tự là và các đường cao hạ từ các đỉnh

270

d2d1

N

M

IBA


là . Chứng minh:


Trước hết ta chứng minh kết quả sau:

Kí hiệu lần lượt là diện tích

tam giác

ta có: suy ra

Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta dễ chứng minh được kết

quả sau(với : .

Áp dụng vào bài toán ta có:

.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Hay là

trọng tâm của tam giác .

Ví dụ 7) Cho tam giác và một điểm tùy ý trong tam giác đó. Các đường thẳng cắt các cạnh

tại các giao điểm tương ứng là: . Kí hiệu

lần lượt là diện tích tam giác . Chứng minh:

271

hchb ha

pn

m

T S

R

M

HF E

DCB

A



Trước hết ta chứng minh :

. Ta có

,

Tương tự ta có: .

Cộng ba đẳng thức ta có:

Áp dụng bất đẳng thức: với

. Để ý rằng: ta có:

ta có: . Dấu

bằng xảy ra khi và chỉ khi . Hay là trọng

tâm của tam giác .

Chú ý rằng: Từ bài toán trên ta cũng có:

. Tương tự ta có:

272

C1B1

A1

M

CB

A


. Suy ra

Nếu ta thay:

thì

ta thu được đẳng thức: .Qua đó ta cũng

tạo ra được nhiều bất đẳng thức đẹp khác.

Ví dụ 8. Cho tam giác đều có cạnh bằng . Gọi đường vuông góc từ điểm nằm trong tam giác đến các cạnh

lần lượt là . Xác định vị trí điểm để:

a) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.

b) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính

giá trị đó.

Hướng dẫn giải: Gọi là độ dài đường cao của

tam giác đều thì .

Đặt .

Ta có

không đổi.

Áp dụng BĐT :

.273

z y

x

E

D

F

M

CB

A


b) Ta có:

. Trong cả hai trường hợp

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , lúc đó là tâm của tam giác đều .

Ví dụ 9. Gọi là trực tâm của tam giác có ba góc nhọn với ba đường cao . Chứng minh rằng:

a) . b) .


Gọi diện tích các tam giác lần lượt là

thì . Dễ thấy

.

Do đó .

Áp dụng BĐT .

Ta được: . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. Lúc đó vừa là trực

tâm, vừa là trọng tâm của tam giác , nên là tam giác đều.

274

C1

B1

A1

H

CB

A


b) Từ có .

Tương tự . Áp dụng BĐT

(*). Ta có .

Lập luận như trên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác 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: . Nhưng

.

Suy ra . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

.

Ví dụ 10. Xét tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn

với ba đường cao lần lượt cắt đường tròn

lần nữa tại . Xác định dạng của tam giác sao cho:

a) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất

đó. b) đạt giá

trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.


Gọi là trực tâm của tam giác . Dễ dàng chứng minh được

275

M

A'

OHC1

B1

F

E

D

CB

A

A1


.

(Xem phần đường thẳng Ơ le- Đường

tròn Ơ le)

Áp dụng ví dụ 9. Tổng đang xét đạt

giá trị nhỏ nhất là khi và chỉ khi

tam giác đều.

b) Từ , áp

dụng BĐT: suy ra

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi là tam giác đều.

Ví dụ 11. Trong các tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm bán kính hãy các định dạng của tam giác sao cho tổng độ dài ba đường cao đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó.


Gọi là độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh

của tam giác ngoại tiếp đường tròn . Ta dễ chứng minh

được: .Áp dụng bất đẳng thức

ta có

. Đẳng thức xảy ra

khi , lúc đó tam giác đều.

276


Ví dụ 12. Cho tam giác và là điểm nằm trong tam giác. Kẻ cắt các cạnh lần lượt tại .

Xác định vị trí của điểm để: đạt giá trị nhỏ

nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

Giải:

Gọi diện tích các tam giác lần lượt là

thì . Đặt thì

;

.Theo ví dụ 7 ta có:

. Từ đó

suy ra

. Đẳng thức xảy ra khi

, lúc đó là trọng tâm của tam giác .

BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL

Cho tam giác và là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi theo thứ tự là khoảng cách từ đến các đỉnh

. Còn lần lượt là khoảng cách từ đến các cạnh

277


. Khi đó ta có bất đẳng thức

.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều và là tâm của tam giác.

Chứng minh bất đẳng thức:

Đặt .

Lấy điểm đối xứng với

điểm qua đường phân

giác trong của . Dựng

và .

Giả sử cắt tại . Khi đó . Đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi hay . Từ đó ta có:

(chú ý rằng

) hay . Từ đó (1).

Tương tự ta có (2); (3). Cộng

theo vế các bất đẳng thức (1),(2),(3) ta thu được:

(Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu thức trong ngoặc).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đồng thời là trực

tâm của tam giác . Nói cách khác, (và do đó cả ) là tâm của tam giác đều . Từ cách chứng minh trên chúng ta còn có một số kết quả sau:

Hệ quả 1. (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng tích).

278

M1KD

H

M

CB

A


Cho tam giác và là điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi thứ tự là khoảng cách từ đến các đỉnh .

Còn lần lượt là khoảng cách từ đến các cạnh

. Khi đó ta có bất đẳng thức .

Chứng minh:

Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell, ta có:

(1); (2); (3)

Nhân theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:

(đpcm).

Hệ quả 2. (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng căn thức). Cho tam giác và là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi thứ tự là khoảng cách từ đến các đỉnh .

Còn lần lượt là khoảng cách từ đến các cạnh . Khi đó ta có bất đẳng thức

.

Chứng minh:

Từ các bất đẳng thức (1),(2) và (3) theo bất đẳng thức Cauchy ta

có: (4). Tương tự ta cũng

279


có: (5)

(6). Cộng theo vế các bất

đẳng thức (4),(5) và (6) ta được:

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các

biểu thức trong ngoặc của bất đẳng thức trên. Ta có điều cần chứng minh.

Một số ứng dụng của bất đẳng thức Erdos – Mordell

Ví dụ 1. Gọi là tâm là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giác

đều và .

Giải:

Kẻ theo thứ tự vuông góc

với các cạnh . Ta có

. Áp dụng bất

đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm

trong tam giác , ta thấy . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi tam giác đều. Nói cách khác, điều kiện cần và đủ để tam giác đều là (đpcm)

Ví dụ 2. Giả sử là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác . Gọi là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng

280

H

KJ

I

CB

A


. Đẳng thức xảy ra khi nào?

Giải:

Gọi lần lượt là khoảng cách

từ đến các cạnh .

Kẻ vuông góc với

vuông góc với . Khi đó ta có

. Từ đó .

Tương tự, . Cộng theo vế ba bất

đẳng thức này ta được:

(1).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

(2). Áp dụng bất đẳng

thức Erdos – Mordell cho điểm đối với tam giác ta có: (3).

Từ (1),(2), (3) suy ra

hay . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều (đpcm).

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ta có các bất đẳng thức:

281

H

x

A1

M

CB

A


a)

b) . Đẳng thức xảy ra khi nào?

Giải:

a). Gọi theo thứ tự là tâm và bán

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ;

thứ tự là hình chiếu vuông góc kẻ từ đến

các cạnh . Từ giả thiết tam giác

nhọn, ta nhận thấy

(góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn

một cung) hay . Tương tự có

.

Từ đó

(1). Nhưng theo bất đẳng

thức Erdos – Mordell cho điểm nằm trong tam giác ta có

(2)

Từ (1) và (2) suy ra . Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi tam giác đều.

b). Dựng .

Gọi là trực tâm của tam giác .

282

K I

H

O

CB

A

C1

B1

A1

H

CB

A


Do đó tứ giác nội tiếp nên

. Tứ giác nội

tiếp nên . Tứ giác

nội tiếp nên . Do đó

(3)

Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có:

. Từ (3) suy ra .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Chú ý: Do tam giác nhọn nên . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

. Theo chứng minh trên

ta có: suy ra

Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn, gọi theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm các đường tròn bàng tiếp tương ứng với các đỉnh của tam giác đó; là bán kính của đường tròn . Chứng minh rằng:

a) . b) .

c) . d)

.

Hướng dẫn giải:283

IbIc

Ia

I

C

B

A


a). Gọi lần lượt là tiếp điểm

của đường tròn với các cạnh

. Sử dụng bất đẳng

thức Erdos – Mordell dạng tích ta có:

,

hay (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Lưu ý: Bất đẳng thức ở câu a) cũng đúng cho tam giác bất kỳ.

b) Nhận xét rằng điểm là trực tâm của tam giác . Áp dụng

bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm đối với tam giác

ta nhận được: (theo kết quả của ví dụ 1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

c) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích cho điểm đối với tam giác ta nhận được (theo kết quả câu a). đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác

đều.

d) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng căn thức cho điểm trong tam giác ta có

(1).

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng căn thức cho điểm đối với tam giác ta được:

(2)

284


Từ (1) và (2) suy ra (đpcm). Đẳng thức

xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Ví dụ 5. Cho tam giác với . Gọi là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh bất đẳng thức . Đẳng thức xảy ra khi nào?


Gọi là nửa chu vi tam giác . Từ công thức Heron

và . (1)

Gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác . Theo định lý Pythagore và từ (1) ta có:

(2).

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

hay

(3). Từ (2) và (3) suy ra

(4). Áp dụng bất đẳng thức

Erdos – Mordell dạng tích ta có (5)

Từ (4) và (5) ta suy ra (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Chú ý: Các bạn nếu đã quen làm với định lí sin trong tam giác thì thấy ( là bán kính

285


đường tròn ngoại tiếp tam giác ). Khi đó từ bất đẳng thức ta nhận được bất đẳng thức:

ta nhận được bất đẳng thức.

Hệ quả. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

tam giác đều.

Ví dụ 6. Giả sử đường tròn tâm bán kính nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh theo thứ tự tại .

Chứng minh bất đẳng thức . Đẳng thức xảy ra khi nào?


Đặt và là nửa chu vi tam giác . Sử dụng định lý Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp

ta thấy

hay (1)

Tương tự (2);

(3)

Nhân các đẳng thức (1),(2) và (3)

theo vế ta được: (4). Sử dụng

bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

286

C1

A

B C

I

A1

B1


. Nhân ba bất đẳng thức

theo vế ta thu được (5). Áp dụng bất

đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có (6). Từ

(4),(5),(6) suy ra (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. Từ (1),(2) và (3) suy ra

. Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức

Erdos – Mordell. Từ đây ta có đpcm.

Ví dụ 7. Giả sử là trực tâm của tam giác nhọn . Gọi lần lượt là trung điểm của là bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác . Chứng minh bất đẳng thức


Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , là tâm đường tròn Euler của tam giác . Ta có các kết quả sau:

+) là trung điểm của .

+) Bán kính đường tròn Euler

của tam giác bằng nửa bán

kính đường tròn ngoại tiếp tam

287

w O

F E

DB

A

H

C


giác đó.(Xem them phần đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le).

Sử dụng hai kết quả trên ta có: ; ; . Cộng theo vế ba bất

đẳng thức ta được: (1)

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm nằm trong

tam giác ta có: (2).

Từ (1) và (2) suy ra (đpcm). Đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Ví dụ 8. Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn bán kính . Các đường cao đồng quy tại . Kẻ

vuông góc với vuông góc với vuông góc với .

Chứng minh rằng: .


Nhận xét rằng

Xem thêm phần đường tròn

Ơ le- Đường thẳng Ơ le

(Áp dụng đẳng thức Erdos – Mordell

cho điểm trong tam giác , ta có:

.

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm trong tam

giác ta có:

(đpcm)288

O1

O3O2

C1

B1

C

H

A

B

O

A1


Ví dụ 9. Cho tam giác và là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi theo thứ tự là khoảng cách từ điểm

đến các đỉnh . Còn lần lượt là khoảng cách từ điểm đến các cạnh . Chứng minh bất đẳng thức

.

Giải:

Gọi theo thứ tự là

chân các đường vuông góc

kẻ từ lên các cạnh .

Ta có

. Kẻ vuông góc với ;

vuông góc với ; vuông góc với . Khi đó

(1)

(2)

(3)

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Merdell cho điểm trong tam giác ta có: (4)

289

A1

O

B

A

H

C

B1

C1

A2

C2B2


Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra:

(đpcm). Chọn ta nhận được:

290

Documents

giasuthanhtai.com.vngiasuthanhtai.com.vn/uploads/document/toan-lp-9-cc-tr... · Web viewDấu “=” xảy ra khi và chỉ khi khi và chỉ khi là giao điểm của đường