Các chuyên đề về Hinh học

pdf116 trang | Chia sẻ: huu1989 | Lượt xem: 3387 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Các chuyên đề về Hinh học, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Kon Tum, tháng 05 năm 2013. 
 - 1 - 
MỤC LỤC 
 Trang 
Mở đầu ................................................................................................................2 
Các chuyên đề về hình học 
Khai thác các bất đẳng thức hình học trong tam giác .......................................3 
Một số bài toán hình học phẳng liên quan đến tứ giác toàn phần ...................18 
Ứng dụng của phương tích.................................................................................33 
Khai thác đường tròn nội tiếp tam giác.............................................................48 
Chuyên đề về số học 
Cấp và căn nguyên thủy của một số nguyên.....................................................65 
Chuyên đề về tổ hợp 
Bất biến trong giải toán tổ hợp ..........................................................................73 
Chuyên đề về dãy số 
Dãy số phân tuyến tính.......................................................................................82 
Các chuyên đề về bất đẳng thức 
Ứng dụng của đạo hàm vào bài toán bất đẳng thức và cực trị.........................93 
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức B.C.S ........................................ 107 
 - 2 - 
LỜI MỞ ĐẦU 
“Toán học là môn thể thao của trí tuệ” 
Thật vậy, việc học toán giúp rèn luyện cho học sinh một tư duy “khỏe”, là công cụ 
cần thiết giúp các em học tập các môn học khác, giúp xử lí tốt các tình huống trong cuộc 
sống và là hành trang tốt trên con đường học tập và làm việc dù là trong bất kỳ lĩnh vực 
nào. 
Đối với học sinh học môn chuyên, việc tự học, tự tìm tòi nghiên cứu là một việc 
quan trọng bậc nhất, quyết định thành công cho các em, tạo niềm say mê đối với vẻ đẹp 
của toán học. Tập san này xin giới thiệu những kết quả của việc nghiên cứu tìm tòi, những 
kinh nghiệm nhỏ rút ra được trong quá trình học tập của các em học sinh chuyên toán lớp 
11 từ năm học 2010-2011 đến 2012-2013. Đây cũng là ba năm học mà bộ môn toán của 
Trường Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành, tỉnh Kon Tum đã đạt được một số thành 
tích vượt trội so với các năm học trước; tiêu biểu có các học sinh như: Phan Hồng Hạnh 
Trinh, Cao Thanh Hà, Trần Thị Tú Trinh, Nguyễn Ngọc Khánh, Lê Bá Lộc, Tạ Quang 
Hải... 
Những đề tài này chỉ là những bước đi chập chững của các em vào lâu đài nguy nga 
của Toán học, nhưng đó chính là nền tảng cho những bước đi vững chãi về sau và đặc biệt 
là tiền đề, là tài liệu tốt cho các thế hệ sau học hỏi và tiếp nối. Chính vì thế, nội dung các 
chắc chắn còn rất nhiều va vấp và thiếu sót, chúng tôi rất mong sự góp ý của quý thầy cô 
và các bạn ở địa chỉ mail của nhóm toán lớp 11: lopchuyentoan2011@gmail.com. 
Sau cùng là lời cảm ơn vì sự quan tâm, tạo điều kiện của ban giám hiệu Trường 
Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành để ra đời tập san số 1 này. 
 Kon Tum, ngày 30 tháng 04 năm 2013. 
 Ban biên tập: Tổ toán 
 Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum. 
 - 3 - 
HAI THÁC CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC 
TRONG TAM GIÁC 
 Học sinh thực hiện: Trần Thị Tú Trinh, Nguyễn Thị Tuyết Anh, Nguyễn 
Thị Hương, Nguyễn Thị Thanh Thúy ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm 
 học 2010-2011). 
 Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh. 
 Lời dẫn: 
 Toán học, với những vẻ đẹp huyền bí và sức lôi cuốn mạnh mẽ của nó, đã và 
đang làm các nhà toán học trong nhiều thế kỉ qua. Toán học giống như một kho báu vô 
giá của nhân loại mà loài người luôn khát khao được khám phá, chinh phục. Và, để chạm 
tay vào chiếc chìa khóa mở kho báu ấy, loài người đã phả trải qua một quá trình tích lũy 
lâu dài. Chúng tôi xin được ví bất đẳng thức hình học như một viên kim cương trong kho 
đá quí đó. Bất đẳng thức hình học là một mảng rất thú vị, mỗi bất đẳng thức lại có một 
mối quan hệ “mật thiết” với một số bất đẳng thức khác. Bởi vậy, chúng ta có thể thu được 
nhiều bài toán thông qua việc khai thác một bất đẳng thức đơn giản. 
Với mục đích hướng tới việc sử dụng những bài toán tìm được vào việc tìm cực trị 
của một biểu thức hình học, chúng tôi sẽ chỉ tập trung vào những bất đẳng thức có dấu 
bằng xảy ra và xảy ra khi tam giác đều. Hy vọng các bạn có thể vận dụng chúng một cách 
hiệu quả. 
 Nội dung chuyên đề 
I.Một số kiến thức liên quan: 
1. Một số kí hiệu dùng để chỉ các yếu tố trong tam giác: 
+ a, b, c tương ứng là độ dài ba cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC. 
+ ma, mb, mc tương ứng là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. 
+ ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C. 
+ la, lb, lc tương ứng là độ dài các phân giác dựng từ ba đỉnh A, B, C. 
+ R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. 
+ S là diện tích tam giác ABC. 
2. Các kiến thức cơ bản: 
 ma
2 = 1
2
(b2+c2) - 1
4
a2 
 la=
2 cos
2
A
bc
b c
K 
 - 4 - 
 
1 1 1 1
a b ch h h r
   
 S= 1 .
2 a
a h =
1
.
2 b
b h =
1
.
2 c
c h 
 = 1 sin
2
ab C =
1
2
bcsinA= 1
2
acsinB 
 = pr 
 =
4
abc
R
 = ( )( )( )p p a p b p c   . 
 sinA+sinB+sinC  3 3
2

3 3
cos cos cos
2 2 2 2
A B C
   
cosA+ cosB+ cosC 3
2
 sin2A+sin2B+sin2C≤ 9
4
 II. Bất đẳng thức hình học: 
Từ những đẳng thức ở phần I, cộng thêm một chút “biến hóa”, chúng ta sẽ thu được 
bất đẳng thức tưởng chừng như đơn giản nhưng lại vô cùng hữu dụng. 
1. Các bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến: 
Ta có: ma
2 = 1
4
(2b2+2c2-a2) (1) 
Ta có thể viết lại là: ma
2= 
1
4
(b2+c2 + (b2+c2-a2)) 
Để ý một chút ta thấy: b2+c2 –a2 = 2bc.cosA 
Do đó: ma
2= 
1
4
(b2+c2+2bc.cosA) = 
1
4
((b-c)2+4bc.cos2 2
A
) ≥ bc.cos2 2
A
Hay ma ≥ cos
2
A
bc 
Tương tự đối với mb, mc ta có: mb ≥ cos
2
B
ac , mc ≥ cos
2
C
ab . 
Tiếp theo chỉ cần nhân vế theo vế các bất đẳng thức vừa tìm được với nhau ta lại 
được bài toán mới: 
Bài toán 1.1: Trong ∆ABC ta có: ma.mb.mc ≥ abc.cos
2
A
cos
2
B
cos
2
C
Chứng minh: 
 Bây giờ hãy viết lại (1) theo một cách khác: ma
2 = 
1
4
(2(b2+c2) – a2) 
 Ta có: b2+c2 ≥ 
2( )
2
b c
 - 5 - 
 Suy ra: ma
2 ≥ 
1
4
((b+c)2 – a2) = 
1
4
(b+c-a)(b+c+a) = p(p-a) 
 Hay ma ≥ ( )p p a (*) 
 Áp dụng (*) vừa tìm được ta có thể giải quyết bài toán sau một cách nhanh gọn. 
Bài toán 1.2: Trong ∆ABC, chứng minh: 
 a) ma+mb+mc ≥ (p p a p b p c     ) 
 b) ma.mb.mc ≥ p.S 
Bài toán 1.3: Chứng minh rằng: 
ma+mb+mc ≤ 
9
2
R . 
 Chứng minh: 
Ta có: ma
2 + mb
2+ mc
2 = 
3
4
(a2+b2+c2) = 3R2(sin2A + sin2B + sin2C) 
Suy ra: ma
2 + mb
2+ mc
2 ≤ 
227
4
R
Ta có: (ma
2 + mb
2+ mc
2)2 ≤ 3(ma
2 + mb
2+ mc
2) ≤ 
281
4
R
  ma+mb+mc ≤ 
9
2
R
. 
Chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức này để chứng minh một số bài toán sau: 
Bài toán 1.4: Chứng minh rằng: 
P= 
2
1
am
+
2 2
1 1
b cm m
 ≥ 
2
4
3R
Chứng minh: 
Ta có: 
 P ≥ 3
2
1 1 1
3
a b cm m m
   
 
 
 
 
 ≥ 3 (
2
3
a b cm m m
 
   
 P ≥3
2
3
9
2
R
 
 
  = 3
2
2
2 4
3 3R R
   
 
 (đpcm). 
Bài toán 1.5: Chứng minh rằng: 
P= 
2 2 2
b c a
a b c
m m m
m m m
  ≥
2
R
Chứng minh: 
 Áp dụng bất đẳng thức: 
2 2 2a b c
b c a
  ≥ a+b+c 
 Ta có: P≥ 
1 1 1
a b cm m m
  ≥
9
a b cm m m 
≥
9 2
9
2
R R
 (đpcm) 
Qua việc xây dựng các bất đẳng thức liên quan liên quan đến đường trung tuyến ở 
trên, các bạn có tự đặt câu hỏi rằng: “đối với đường phân giác và đường cao liệu có thể 
“tương tự hóa” hay không?” nếu có thì hãy tiếp tục tìm câu trả lời ở các phần tiếp theo. 
2. Các bất đẳng thức liên quan đến đường phân giác: 
 - 6 - 
Ta có: la=
2 cos
2
A
bc
b c
≤ os
2
A
bcc (vì b+c≥ 2 bc ) 
Mặt khác, ta lại có: 
cosA = 
2 2 2
2
b c a
bc
 
  cos
2
A
=
2 21 cos ( ) ( )
2 4
A b c a p p a
bc bc
   
  
Suy ra: la ≤ ( )p p a (**) 
Tương tự cho lb, lc, ta thu được bài toán mở sau: 
Bài toán 2.1: Trong ΔABC, ta có: 
a) la.lb.lc ≤ abc.cos cos cos
2 2 2
A B C (1) 
b) la.lb.lc ≤ pS (2) 
c) la+lb+lc ≤ 3 p (3) 
Bất đẳng thức (3) được chứng minh như sau: 
Từ (**) ta có: la+lb+lc ≤ ( )p p a p b p c     
≤ 3( ) 3p p a p b p c p      (đpcm) 
 Ta thấy: la ≤ ( )p p a mà ma ≥ ( )p p a suy ra: la ≤ ma 
Kết hợp với định lí đường xiên và đường vuông góc, ta có được mối quan hệ giữa 
đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong một tam giác như sau: ha ≤ la ≤ ma 
(***) 
 Từ (***) chúng ta sẽ phát triển được thành các bài toán mới mà chúng tôi sẽ 
trình bày ở các phần tiếp theo. 
3. Bất đẳng thức liên quan đến đường cao: 
Ta có: ha ≤ la 
Vì thế từ phần 2 chúng ta có thể dễ dàng suy ra được các bất đẳng thức sau: 
Bài toán 3.1: Trong ΔABC, ta có: 
 a) ha ≤ cos
2
A
bc 
 b) ha ≤ ( )p p a 
Bài toán 3.2: Trong ΔABC, chứng minh: 
 a) ha.hb.hc ≤ abc cos cos cos
2 2 2
A B C
 b) ha+
 hb + hc ≤ 3 p (4) 
 c) ha.hb.hc ≤ pS (5) 
Ngoài ra, ta có: 
1 1 1 1
a b ch h h r
   
 1 1 1 1( ) ( )( )a b c a b c
a b c
h h h h h h
r h h h
       ≥ 9. 
 a b ch h h  ≥ 9r 
Vậy ta thu được bài toán sau: 
 - 7 - 
Bài toán 3.3: Trong ΔABC , chứng minh: 
a b ch h h  ≥ 9r (6) 
Để ý một chút, ta thấy (4) và (6) là 2 bất đẳng thức liên quan đến tổng a b ch h h  
nhưng ngược chiều. Vậy thì hãy thử hết hợp 2 bất đẳng thức này lại, thêm một chút biến 
đổi nữa xem nào! 
 (4), (6)  3 p ≥ 9r 
  p ≥ 3 3 r 
Đây là 1 bất đẳng thức liên quan đến p,r 
Bất đẳng thức (5) cũng đem đến cho chúng ta sự thú vị không kém 
Ta có: (5) 2
a b ch h h S
p p
 = r 
2 1 1 1
. .a b c a b c
p
h h h h h h
    
  p2 ≥ hb.hc + ha.hb + ha.hc 
Thế đấy, chỉ cần “úm ba la” một cái chúng ta đã thu thêm được bài toán mới. 
Bài toán 3.4: Trong ΔABC , chứng minh: 
p2 ≥ hb.hc + ha.hb + ha.hc 
4. Mối quan hệ giữa đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong tam 
giác: 
Như chúng tôi đã đề cập ở cuối phần 2, giữa đường trung tuyến, đường phân giác, 
đường cao trong tam giác có mối quan hệ sau: 
 ha ≤ la ≤ ma (***) 
Liệu từ mối quan hệ này, chúng ta có thể xây dựng nên các bài toán mới được hay 
không? 
Để trả lời cho câu hỏi này, chúng ta hãy thử đi qua bài toán sau: 
Bài toán 4.1: Trong ΔABC , chứng minh 
a) a b ch h h  ≤ la+lb+lc ≤ ma + mb + mc 
b) 
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b ch h h l l l m m m
        
c) 
1
2
a b c a b c
b b c c a a b c a
m m m m m m
h l h l h l m m m
 
         
Bài toán 4.1 trên, bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh dựa vào (***) 
Theo BĐT Nesbit ta có: 
3
2
a b c
b c a c a b
m m m
m m m m m m
  
  
Lại sử dụng BĐT (***) ta được bài toán: 
Bài toán 4.2: Trong ΔABC , chứng minh: 
3
2
a b c
b c c a a b
m m m
h l h l h l
  
  
 Xét bài toán sau: 
Bài toán 4.3: Trong ∆ABC, chứng minh rằng: 
 - 8 - 
2 3
a b c
a b c
m m m
   
 Chứng minh: 
Ta có: 4ma
2=2(b2+c2)-a2=2(a2+b2+c2)-3a2 (2ma)2+(a 3 )2=2(a2+b2+c2) 
Lại có: (2ma)
2+(a 3 )2≥2(2maa 3 ) 
 Suy ra: 2(2maa 3 )≤2(a
2+b2+c2)  ama≤
2 2 2a b c
2 3
 
 
2 2 2
1 2 3
a b caam

 
 
2 2 2
2 3
a b ca
a a
m

 
 (7) 
Tương tự: 
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3
;
a b c a b cb c
b b c c
m m
 
   
Do đó: 2 3
a b c
a b c
m m m
   
Mà ha≤la≤ma, suy ra: 2 3
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
h h h l l l m m m
         . 
Chú ý: 
Từ (7) ta cũng suy ra: 
2
2 2 2
2 3
a b c
a am m
a

 
Tương tự: 
2 2
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3
;
a b c a b c
b b c cm m m m
b c
 
   
Do đó: 
2 2 2
2 3
a b c
a b cm m m
a b c
  
 
(ma
2+mb
2+mc
2)=
3 3
2
Vậy, liệu có “tương tự hóa” bất đẳng thức trên đối với đường phân giác và đường 
cao được hay không? 
Ta có: 
a b ch h h
a b c
  =
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 1 1 1
2 ( )
4 sin sin sin
S S S S
a b c R A R B R C
     
 = 1
8
(
abc
R 2 2 2 2 2 2
1 1 1
)
sin sin sinR A R B R C
  
 = sinA.sinB.sinC(
2 2 2
1 1 1
)
sin sin sinA B C
  
Rõ ràng, với 90A   còn 45B C    thì 
 a b c
h h h
a b c
  =
5
2

3 3
2
Do đó bất đẳng thức trên không đúng đối với đường cao. Vậy còn đối với đường 
phân giác thì sao? Câu hỏi này xin được dành cho bạn đọc suy nghĩ! 
Bài toán 4.4: Trong ∆ABC, chứng minh rằng: 
3 3a b b c c a
l l l l l l
c a b
  
   (8) 
 - 9 - 
Chứng minh: 
Ta có: 
 (8) 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) 3 3a b cl l lb c a c a b
      
 
2 cos 2 cos 2 cos
2 2 2. . . 3 3
A B C
bc ac abb c a c a b
b c bc a c ac a b ab
  
  
  
  3 3cos os os
2 2 2 2
A B C
c c   
Đây là một bất đẳng thức đơn giản trong tam giác. 
Vậy, bất đẳng thức (8) được chứng minh. 
Mà, trong tam giác ta luôn có: ha≤la, hb≤lb, hc≤la 
Vì vậy: từ (8) ta có thể suy ra được bất đẳng thức sau: 
Bài toán 4.5: 
3 3a b b c c a
h h h h h h
c a b
  
   
Từ (8) chúng ta lại có thể tiếp tục khai thác để chuyển thành một bài toán mới 
Ta có: ( )( ) 9a b b c c a
a b a c a b
l l l l l lc b c
l l l l l l c a b
  
    
  
  9 3
a b b c c aa b a c a b
c b c
l l l l l ll l l l l l
c a b
   
      
Hiển nhiên từ đây ta cũng có thể suy ra được các bài toán sau: 
Bài toán 4.6: Cho ∆ABC, chứng minh: 
a) 3
a b a c a b
c b c
l h l h l h
  
  
b) 3
a b a c a b
c b c
h h h h h h
  
  
Từ tổng 
a b a c a b
c b c
h h h h h h
 
  
, ta lại có thể khai thác một bài toán mới 
Bài toán 4.7: Tong ∆ABC, chứng minh rằng: 
3
2a b a c c b
c b a R
h h h h h h r
  
  
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử: a≤b≤c 
2 2 2
a b c
S S S
h h h
   ha≥hb≥hc 
 hb+hc≤ hc+ha≤ ha+hb (1) 
 
b c c a a b
1 1 1
h h h h h h 
 
  
 (2) 
Áp dụng bất đẳng thức Trê-bư-sép vào hai dãy (1), (2) ta được: 
b c c a a b
1 1 1 1
( )( )
3 h h h h h h a b a c c b
c b a
a b c
h h h h h h
      
     
 (3) 
 - 10 - 
Ta có: a+b+c=2R(sinA+sinB+sinC)≤3 3R (4) 
Mặt khác: 
b c c a a b
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
h h h h h h 2 2a b ch h h r
     
  
 (5) 
Từ (3, (4), (5) suy ra: 
3
2a b a c c b
c b a R
h h h h h h r
  
  
Từ bài toán này, ta lại thu được bài toán sau: 
Bài toán 4.8: Trong ∆ABC, chứng minh: 
a) 3
2a b b c c a
c a b R
h l h l h l r
  
  
b) 
3
2a b b c c a
c a b R
l l l l l l r
  
  
c) 
3
2
a b b b c c c a a
c a b R
rh l h h l h h l h
  
  
Còn rất nhiều các bất đẳng thức khác có thể khai thác, nhưng chúng tôi xin được kết 
thúc phần này tại đây để đi qua các phần khác cũng hấp dẫn không kém. 
5. Bất đẳng thức liên quan đến p, r, R: 
Bài toán 5.1: Trong ∆ABC, chứng minh: 
a2+b2+c2≤ 9R2 (1) 
Chứng minh: 
 Ta có: (1)4R2(sin2A+sin2B+sin2C)≤9R2 sin2A+sin2B+sin2C≤ 9
4
Đây là bất đẳng thức cơ bản trong tam giác nên ta có được đccm. 
Chúng ta hãy khai thác bài toán trên để tìm lời giải cho một bài toán mới. 
Ta có: (ab+bc+ac)(
1 1 1
) 9
ab bc ca
   
 
2 2 2 2 2
1 1 1 9 9 9 1
ab bc ac a b c 9ab bc ca R R
     
   
Vậy ta được bài toán sau: 
Bài toán 5.2: Trong ∆ABC, chứng minh: 
2
1 1 1 1
ab bc ca R
   
Bài toán trên có rất nhiều cách giải, song chúng tôi chỉ giới thiệu cho các bạn một 
cách giải. Với niềm say mê toán học hi vọng các bạn sẽ tìm được cách giải riêng cho 
mình. 
Sau đây, chúng tôi xin trình bày một hướng khai thác khác đối với bài toán 5.1: 
Ta có: ab+bc+ac≤ 2 2 2a b c  ≤ 29R 
Mà, ha+hb+hc≥9r 
Suy ra: 
2 2 2
2 2
( ) (9 ) 9
9
a b bh h h r r
ab bc ac R R
 
 
 
 
2 2 2 2 2
2
( ) 9a b c a b bh h h h h h r
bc ac ab ab bc ac R
 
   
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều. 
 - 11 - 
Bài toán 5.3: Trong ∆ABC, chứng minh; R≥2r 
Thật vậy, theo công thức Euler, ta có: 
OI2=R2-2Rr (với O,I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC) 
 R2-2Rr ≥0R≥2r 
Trong quá rình khia thác mối liên hệ của ba đường trung tuyến, phân giác, đường 
cao ở phần 3, chúng tôi đã đưa ra các bất đẳng thức mà các bạn có thể kết hợp lại để đưa 
đến kết quả bài toán 5.3. 
Bài toán 5.4: Chứng minh rằng: 
2 2 2a b c  ≥r2+p2+4Rr 
Chứng minh: 
Ta có: p2r2=S2=p(p-a)(p-b)(p-c) p2r2=p3-(a+b+c)p2+(ab+bc+ac)p-abc 
 =-p3+(ab+bc+ac)p-4pRr 
 r2=-p2+ab+bc+ac -4Rr ab+bc+ca=r2+p2+4Rr 
Mà 2 2 2a b c  ≥ab+bc+ca≥r2+p2+4Rr (dccm) 
Thực chất trong lời giải của bài toán trên chúng ta đã đi thiết lập công thức : 
2 2 2a b c  =r2+p2+4Rr 
 2 2 2a b c  =(a+b+c)2-2(ab+bc+ca) =2p2-8Rr-2r2 
Từ bài toán 5.4, suy ra: 
2p2-8Rr-2r2≥r2+p2+4Rr p2≥3r2+12Rr 3r(r+4R)≤p2 
3.4sin 2 2 2 2sin sin .4 (1 sin sin sin ) 16 os os os
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C A B C
R R c c c  
3tan
os os os
2 2 2tan tan
2 2 2 1 sin sin sin
2 2 2
A B C
c c cA B C
A B C


Vậy, ta được bất đẳng thức sau: 3tan
os os os
2 2 2tan tan
2 2 2 1 sin sin sin
2 2 2
A B C
c c cA B C
A B C


Đây là một bất đẳng thức khó. 
Bài toán 5.5: Trong ∆ABC, chứng minh: 
p 3 3
2
R. 
Chứng minh: 
Ta có: 4( 2 2 2a b cm m m  )=
2 2 23( )a b c  (a+b+c)2 
Mà 2 2 2a b cm m m  
227
4
R
Suy ra: (a+b+c)2
227
4
R
  4p2
227
4
R đpcm 
Trong những phần trên chúng ta đã chứng minh được bài toán sau 
Bài toán 5.6: Trong ∆ABC, chứng minh: 
p≥3 3 r 
Bài toán này dễ dàng dẫn đến bài toán sau: 
 - 12 - 
Bài toán 5.7: Trong ∆ABC, chứng minh: 
a) S
2
3 3
p
 b) S
2 2 2a b c
4 3
 
 
 Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một bất đẳng thức được coi là mạnh nhất đối với 
p, R, r trong tam giác (bất đẳng thức Bludon) 
 Bất đẳng thức Bludon: Chứng minh rằng trong mọi ΔABC ta có: 
 2 2 2 2 22 10 2( 2 ) ( 2 ) 2 10 2( ) ( 2 )R Rr r R r R R r p R Rr r R r R R r            
Chứng minh 
 Kí hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC. 
Gọi E là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với cạnh AB 
 Đặt AI = x thì R – d ≤ x ≤ R + d (d = OI) 
 Ta có: AE = 2 2x r và AE = p – a 
 Từ tam giác vuông AEI ta có: 
 sin
2
A r
x
 , cos
2 2
2
A x r
x

 
 sinA=2 sin
2
A
cos
2 2
2
2
2
A r x r
x

 
 Theo định lí hàm số sin ta có: 
 A = 2RsinA =
2 2
2
4Rr x r
x
 
 Từ đó: p = (p – a) + a = 2 2
2
4
1
Rr
x r
x
   
 
 Xét hàm số: p = p(x) = 2 2
2
4
1
Rr
x r
x
   
 
 (R – d ≤ x ≤ R + d) 
Ta có: p’(x) = 
2 2 3
1 2 1 2
3 2 2 3 2 2
( )( )( )( )4 8 x x x x x x x xx Rrx Rr
x x r x x r
    

 
 Trong đó: x1 = 2 ( )r R d , x2 = 2 ( )r R d 
 Dễ dàng chứng minh được 0 < R – d ≤ x1 ≤ x2 ≤ R + d 
 Bảng biến thiên của hàm số p(x) như sau: 
 x R – d x1 x2 R + d 
 p’(x) + 0 - 0 + 
p(x) 
Để ý rằng d = 2 2R Rr ta có thể chứng minh được 
 p(x1) = p(R + d) = 2 22 10 2( 2 ) ( 2 )R Rr r R r R R r     
 và 
 p(x2 = p(R - d) = 2 22 10 2( 2 ) ( 2 )R Rr r R r R R r     
 - 13 - 
 Vậy 
2 22 10 2( 2 ) ( 2 )R Rr r R r R R r     ≤ p ≤ 2 22 10 2( 2 ) ( 2 )R Rr r R r R R r     
 Ta có: 2 22 10 2( 2 ) ( 2 )R Rr r R r R R r     
 = 4R2 + 4Rr + 3r2 – [(R-2r) - ( 2 )R R r ]2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 
 và 2 22 10 2( 2 ) ( 2 )R Rr r R r R R r     
 = [(R-2r) - ( 2 )R R r ]2 + 16Rr – 5r2 ≥ 16Rr – 5r2 
Mỗi đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi R = 2r 
  ABC là tam giác đều 
Chúng tôi vừa trình bày một số bất đẳng thức về hệ thức lượng trong tam giác. Các 
bạn có thể vận dụng chúng để giải các bài toán khác. 
III. Bài tập củng cố: 
1. Cho ∆ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp R=1. Chứng minh rằng: 
sin sin sin
3
a b c
A B C
m m m
   
Chứng minh: 
Tacó: 
2 2 2sin sin sin
2 2 2 2 2 2a b c a b c a b c
A B C a b c a b c
m m m Rm Rm Rm am bm cm
        
Mà, 
2 2 2
2 2 22 2 2 2
3 3
2 3 (2 2 )a
a a a
am a b ca b c a
 
  
(theo Cô-si) (1) 
Tương tự, 
2 2 2
2 2 22 2 2 2
3 3
2 3 (2 2 )b
b b b
bm a b cb a c b
 
  
 (2) 
2 2 2
2 2 22 2 2 2
3 3
2 3 (2 2 )a
c c c
cm a b cc a b c
 
  
 (3) 
Từ (1), (2), (3) ta có: 
sin sin sin
3
a b c
A B C
m m m
   
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay ΔABC đều. 
2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh và ha, hb, hc là độ 
dài các đường cao tương ứng. Kí hiệu r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp 
tam giác đó. Chứng minh: 
2 2 2
9 1 1 1 1
2
a b c b c a c a b
R
a b c rh h h h h h h h h
   
    
Chứng minh: 
 Ta có: 
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 2a a b ca b c b ch h h hh h h h h
    
              
 Tương tự: 
 - 14 - 
1 1 1 1 1 1
4 2b c ab c a h h hh h h
  
        
; 
1 1 1 1 1 1
4 2c a bc a b h h hh h h
  
        
 Do đó: 
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2a b ca b c b c a c a b h h h rh h h h h h h h h
 
      
    
 (1) 
 Ta có: 
1 1 1 9
a b c b c a c a b a b c b c c a a bh h h h h h h h h h h h h h h h h h
  
       
 
9 9 9 9
1 1 12 4 ( )4a b c
abc R
h h h S bc ab ac ab bc ca
S
a b c
   
        
 
2 2 2
9R
a b c

 
 (2) 
Từ (1),(2) suy ra đpcm. 
3. Chứng minh rằng: 
1 1 1 6
a b c
Rm m m
   
Chứng minh: 
 Ta có: 
P=
1 1 1 3 3
3
23
a b c a b cm m m m m m R
   
 
Suy ra : P
6
R
 
4. Chứng minh rằng: 
 P=
2 2 2
3 3 3
1b c a
a b c
h h h
h h h r
   
Chứng minh: 
 Áp dụng bất đẳng thức: 
3 3 3
2 2 2
a b c
a b c
b c a
     
 Ta có: P
1 1 1 1
a b ch h h r
    (đpcm) 
5. Chứng minh rằng: 
 a) ma.mb.mc 
327
8
R
 
 - 15 - 
 b) (la+lb)(lb+lc)(lc+la) 
38
3 3
p
 
Chứng minh 
a) Ta có: 
 ma.mb.mc 
2 3 33 27
3 2 8
a b cm m m R R        
  
  ma.mb.mc 
327
8
R
 
b) Ta có: 
 (la+lb)(lb+lc)(lc+la) 
3
2( )
3
a b cl l l    
 
3 32 8
3 3 3
p p 
  
 
 (đpcm) 
6. Chứng minh rằng: ha.hb.hc ≥ 27r
3 
Chứng minh 
 Ta có: 
3
3
1 1 1 1 1
27.
a b c a b cr h h h h h h
 
    
 
Suy ra: ha.hb.hc ≥ 27r
3 (đpcm) 
7. Chứng minh rằng: 
P=
18
1 1 1 2 9
a b c
a b b c c a
h h h r
h m h m h m Rr
  
   
Chứng minh 
 Ta có: 
P=
1 1 1 9
1 1 1 1 1 1
b c a a b c
a b c a b c
m m m m m m
h h h h h h
  
       
9 18
9 1 9 2
2
r
R Rr
r
 

 (đpcm) 
8. Chứng minh rằng: 
  2 2 2 2
1 1 1 1 27
9
3 2a b c a b c
m m m R
R m m m
 
      
 
Chứng minh 
 Đặt a= 1
3 a
m
R
 , b= 1
3 b
m
R
 , c= 1
3 c
m
R
. Ta có: a + b + c ≤ 3
2
 BĐT trở thành: 
 a + b + c +
2 2 2
1 1 1 27
2a b c
   
 Ta có: 3
1
3 2
a b c
abc
 
  
VT 3 3 3 3
3 32 2 2 2 2 2
3 1
3 3 8 8 15
3
abc abc abc abc
a b c a b c
 
      
 
 3
15 27
3 3 64
2 2
    
 
 - 16 - 
9. Trong ΔABC chứng minh rằng: 
 a) 2 2 2 2 2 2a b c a b cr r r l l l    
 b)rala + rblb + rclc  p
2 
 Chứng minh 
a)Ta có 2 2 2a b cr r r  = p
2 ( tan 2
2
A
 tan 2
2
B + tan 2
2
C ) 
Vì, tan 2
2
A
 tan 2
2
B
 tan 2
2
C
 tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
    
Nên: 2 2 2 2a b cr r r p   (1) 
Mặt khác: 2 2 2 ( ) ( ) ( )a b cl l l p p a p p b p p c        = p
2 – p(a+b+c-2p)=p2 (2) 
 Từ (1),(2) suy ra 2 2 2 2 2 2a b c a b cr r r l l l     
 b) Ta có: 
 rala + rblb + rclc ( ) ( ) ( )
S S S
p p a p p b p p c
p a p b p c
     
  
 =  ( )( ) ( )( ) ( )( )p p b p c p a p c p a p b        
 ≤ p ( p – b + p – c + p – a ) = p2 
 Vậy rala + rblb + rclc  p
2 (đpcm) 
10. Trong ΔABC chứng minh rằng: 
9
a b c
a b c R
r r r p
   
Chứng minh 
 Ta có: 
2 sin 2 sin 2 sin
. tan . tan .tan
2 2 2
a b c
a b c R A R B R C
A B Cr r r p p p
     
 = 2 2 2
4
cos cos cos
2 2 2
R A B C
p
   
 
 = 
2R
p
(1 + cosA +1 + cosB + 1 + cosC) 
 = 
2R
p
(3 + cosA + cosB + cosC) 
 Mà: cosA + cosB + cosC 3
2
 (bất đẳng thức cơ bản trong tam giác) 
 Do đó: 
9
a b c
a b c R
r r r p
   (đpcm) 
IV. Bài tập tự giải: 
1. Cho ΔABC, chứng minh rằng: 
2 2 2
9
a b c
a b c
R
r r r r r r
  
  
2. Cho ΔABC là tam giác nhọn. Gọi R và r là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại 
tiếp tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác, da, db, dc tương ứng là khoảng cách từ H tới ba 
cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 
 - 17 - 
R + r ≥ da + db + dc ≥ 7r – 2R. 
Hướng dẫn: Đưa bất đẳng thức về dạng: 
 7r – 2R ≤ ha+
 hb + hc - 2(R + r) ≤ R + r 
  9r ≤ ha+
 hb + hc ≤ 3(R + r) 
3. Chứng minh: 
2 2 2
2 2 2
6a b c
a b c
h h h r
l l l R
   
4. Chứng minh: 2a
a
h r
l R
 
5. Chứng minh rằng: 3 23a b c
a b c
h h h r
l l l R
   
6. Chứng minh rằng: 
23 4 1 1 1 27
( )
2 3 2a b c a b b c c a
p
l l l
p l l l l l l
 
      
 
7. Chứng minh rằng: 
2 2 2
3 2 15
( )
2 3 2
b c a
a b c
a b c
h h hr
h h h
h h h r
 
      
 
8. Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 15
( ) 3
3 2a b c a b c
m m m R
R m m m
 
      
 
 Tài liệu tham khảo: 
[1] Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng- Nguyễn Đức Tấn 
[2] Một số bài giảng về

File đính kèm:

  • pdfchuyen de.pdf
Đề thi liên quan