Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 10: Bất đẳng thức hình học

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
I). SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐƠN GIẢN.
1) Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài các cạnh một tam giác.
 AB - AC < BC < AB + BC
Chú ý rằng: 
a). Với 3 điểm A,B,C bất kỳ ta luôn có: AB + BC ³ AC . Dấu bằng xảy 
ra khi và chỉ khi A,B,C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A,C .
b) Với 3 điểm A,B,C bất kỳ ta luôn có: AB - AC £ BC . Dấu bằng xảy 
ra khi và chỉ khi A,B,C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A,C .
c) Cho hai điểm A,B nằm về một phía đường thẳng (d) . Điểm M chuyển 
động trên đường thẳng (d) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (d) . Ta có 
kết quả sau:
 B
 A
 M0 (d)
 M1 M
 A'
+ MA + MB = MA '+ MB ³ A 'B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là 
giao điểm cuả A 'B và đường thẳng (d) .( M trùng với M 0 )
252 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
+ MA - MB £ AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả 
 AB và đường thẳng (d) ( M trùng với M 1 ).
d) Cho hai điểm A,B nằm về hai phía đường thẳng (d) . Điểm M chuyển 
động trên đường thẳng (d) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (d) . Ta có 
kết quả sau:
 B
 A'
 M0 (d)
 M1 M
 A
+ MA + MB ³ AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả 
 AB và đường thẳng (d) .( M trùng với M 0 )
+ MA - MB = MA '- MB £ A 'B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là 
giao điểm cuả A 'B và đường thẳng (d) ( M trùng với M 1 ).
e) Trong quá trình giải toán ta cần lưu ý tính chất: Đường vuông góc luôn 
nhỏ hơn hoặc bằng đường xiên. 
 A
Trong hình vẽ: AH £ AB
 H B
 253 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
2) Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất
3) Cho đường tròn (O;R) và một điểm A . Đường thẳng AO cắt đường 
tròn tại hai điểm M 1,M 2 . Giả sử AM 1 £AM 2 . Khi đó với mọi điểm M 
nằm trên đường tròn ta luôn có: AM 1 £ AM £ AM 2
Ví dụ 1:Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác . Chứng minh 
rằng:
 a) MB + MC < AB + AC
 1
 b) (AB + BC + CA)< MA + MB + MC < AB + BC + CA
 2
 c) BM + MN + NC < AB + AC trong đó điểm N nằm trong tam 
 giác sao cho MN cắt hai cạnh AB,AC
Hướng dẫn giải: A
 a) Đường thẳng BM cắt AC ở P .
 P
 Áp dụng BĐT(1) ta có: N F
 M
 MB + MC < MB + MP + PC E
 B C
 = BP + PC < AB + AP + PC = AB + AC
 b) Theo trên ta có: 
 BC < MB + MC < AB + AC;CA < MC + MA < AB + BC;
 AB < MA + MB < AC + BC . Cộng theo từng vế các BĐT trên ta có 
điều phải chứng minh.
 c) Áp dụng câu 1) ta có: 
 BM + MN + NC < BE + EM + MN + NF + FC
 = BE + EF + FC < BE + EA + AF + FC = AB + AC .
254 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và 3 trung tuyến AM ,BN,CP . Chứng minh 
rằng:
 AB + AC - BC AB + AC
 a) < AM <
 2 2
 3(AB + BC + CA)
 b) < AM + BN + CP < AB + BC + CA
 4
 c) Giả sử AB ³ AC . Gọi AD,AM theo thứ tự là đường phân giác, 
 đường trung tuyến của tam giác ABC . Chứng minh rằng: 
 AB + AC - BC AB + AC
 < AD £ AM <
 2 2
Hướng dẫn giải:
 B D
a). + Xét các tam giác MAB,MAC ta có:
 AM > AB - BM ,AM > AC - MC M
Suy ra 2AM > AB + AC - (MC + MC)
 A C
 Û 2AM > AB + AC - BC
+ Gọi D là điểm đối xứng với A qua M thì ABDC là hình bình hành 
nên AB = CD và AD = 2AM . Trong tam giác ACD ta có: 
 AD < AC + CD Û 2AM < AB + AC
 AB + AC - BC AB + AC
Như vậy: < AM < .
 2 2
b). Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) Cho 3 đường trung tuyến AM ,BN,CP 
 AB + AC - BC AB + AC
ta có: < AM < , 
 2 2
 BC + AB - AC AC + BC
 < BN < , 
 2 2
 255 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 BC + AC - AB AC + BC
 < CP < . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều 
 2 2
 3(AB + BC + CA)
ta có: < AM + BN + CP < AB + BC + CA .
 4
c). Trong tam giác ABD,ADC có AB < AD + BD;
 AC < AD + DC . Cộng theo từng vế hai BĐT A
trên được:AB + AC < 2AD + BC .
 AB + AC - BC P
 Þ < AD
 2
 C
 B M D H
Kết quả này vẫn đúng với D là điểm
bất kỳ nằm bên trong đoạn BC .
Dựng AH ^ BC . Với AB = AC thì AM = AD . Với AB > AC thì 
 BH > CH
 Þ BM < BH Þ M thuộc đoạn BH .
 · · ·
Hơn nữa ADB > ADC Þ ADB tù. Do đó D thuộc đoạn BH .
Lấy điểm P trên AB sao cho AP = AC Þ DADP = DADC (c.g.c) 
 · ·
 Þ DP = DC,APD = ACD .
 · 0
+ Nếu ACB £ 90 (hình) thì 
 A·PD = A·CB £ 900 Þ B·PD ³ 900 > A·CB > P·BD
 Þ BD > PD = CD Þ BM DH Þ AM > AD .
 · 0 · · · ·
+ Nếu ACB > 90 (hình) thì BPD = ACH > ADC > ABC
 Þ BD > PD = CD Þ BM DH Þ AM > AD . 
256 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Ví dụ 3: a) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là điểm H . Chứng minh 
 2
rằng: HA + HB + HC < (AB + BC + CA)
 3
Hướng dẫn giải: 
Dựng đường thẳng qua H song song với
 A
 D
 AB cắt AC tại D . Dựng đường thẳng 
qua H song song AC cắt AB tại E .
 E
Tứ giác AEHD là hình bình hành nên H
 AD = HE,AE = HD B C
 A'
Xét tam giác AHD ta có: HA < HD + AD Û HA < AE + AD (1) . Vì 
 HE / / AC mà AC ^ BH Þ HE ^ BH . Trong tam giác vuông HBE ta 
có: HB < BE (2) Tương tự ta có: HC < DC (3). Cộng các bất đẳng thức 
cùng chiều (1),(2),(3) ta suy ra 
 HA + HB + HC < (AE + EB) + (AD + DC) = AB + AC
Tương tự ta cũng có: 
 HA + HB + HC < AC + BC,HA + HB + HC < AB + BC
 2
Suy ra HA + HB + HC < (AB + BC + CA).
 3
Ví dụ 4) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a . M là một điểm tùy ý 
trên cạnh BC , gọi P,Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên 
 AB,AC . Tìm vị trí điểm M để:
 a) PQ có độ dài nhỏ nhất
 b) Dựng một đường thẳng song song với BC cắt AB,AC tại E,F 
 sao cho AE = 2a .Tìm vị trí điểm M sao cho MA + ME + MF 
 nhỏ nhất.
 257 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Hướng dẫn giải:
 A
a). Hạ PH ^ BC,QK ^ BC . Ta có 
 SDABC = SDABM + SDAMC Û 
 9a2 3 3a
 = (MP + MQ) P 
 4 2 E F
 3a 3
 Þ MP + MQ = Q
 2
 B C
 H M K
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác I
vuông MPB,MQC ta tính được: R
 MP 3 MQ 3
 HM = ,MK = Þ
 2 2
 3 9a
 HK = MH + MK = (MP + MQ) = . 
 2 4
Vì PQ ³ HK . Nên PQ nhỏ nhất bằng HK khi và chỉ khi 
 PQ / / HK Û M là trung điểm của BC
b). Gọi R là điểm đối xứng với E qua BC , I là trung điểm của BC . Ta 
dễ chứng minh được R,I ,F thẳng hàng. 
 2
 æ1 3a 3÷ö
 2 ç ÷
Ta tính đươc.: RF = 2IF = 2 a + ç . ÷ = 7a . Ta có: 
 èç3 2 ø÷
 ME + MF = MR + MF ³ RF = a 7 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 3a 3
 M º I . Ta cũng có MA ³ AI = . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 2
 æ ö
 3a 3 ç2 7 + 3 3÷
 M º I . Suy ra ME + MF+ MA ³ a 7 + = ç ÷a . Dấu 
 2 èç 2 ø÷
bằng xảy ra khi và chỉ khi M º I .
258 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Ví dụ 5: Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Một 
đường thẳng D thay đổi quanh A cắt (O;R) tại hai điểm M ,N . Tìm vị trí 
 D để AM + AN lớn nhất.
Hướng dẫn giải: 
Gọi K là trung điểm của dây cung
 MN ta có: 
 AM + AN = AM + (AM + MN ) O
 = 2AM + 2MK = 2AK A
 N K M
Xét tam giác vuông OKA
Ta có: OK 2 + KA2 = OA2 không đổi . Như vậy AK lớn nhất khi và chỉ 
khi OK nhỏ nhất Û OK = 0 Û A,M ,N,O nhỏ nhất.
Ví dụ 6: Cho đường tròn (O;R) và dây cung AB cố định (AB < 2R) . 
Trên cung lớn AB lấy điểm M . Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác 
 MAB lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
Trên tia đối của AM lấy điểm N sao cho
 MN = MB . Khi đó chu vi tam giác MAB 
 J
Là 2p = MA + MB + AB = AN + AB . M N
 H
Do AB không đổi nên chu vi tam giác A B
 O
 MAB lớn nhất khi và chỉ khi AN lớn 
nhất.Tam giác BMN cân tại M và MH
 · I
 là phân giác của góc BMN đồng thời 
 259 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · ·
cũng là phân giác ngoài của góc AMB . Phân giác trong của góc AMB là 
 MI với I là trung điểm cung lớn AB . Suy ra MI ^ MH . Do đó MH 
cắt đường tròn (O;R) tại điểm J và IJ là đường kính của (O;R) . 
Tam giác MBN cân tại M nên MJ là đường trung trực của BN . Từ đó 
ta có: JA = JB = JN . Hay điểm N thuộc đường tròn tâm J cố định bán 
kính JA . Vì AN là dây cung của đường tròn (J ) nên AN lớn nhất khi và 
chỉ khi AN là đường kính của (J ) Û M º J . Như vậy chu vi tam giác 
 MAB lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với trung điểm J của cung nhỏ 
 AB .
 µ 0
Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A < 60 . Trên cạnh BC lấy điểm I cố 
định. Tìm trên cạnh AB,AC lấy hai điểm M ,N để chu vi tam giác 
 IMN đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải:
Gọi E,F lần lượt là các điểm đối xứng của A
 I qua AB,AC . Do tam giác ABC cố M N
 E
 F
định nên E,F cố định:
 B C
Ta có: Chu vi tam giác IMN là I
 2p = IM + IN + MN = ME + MN + NF ³ EF . Dấu bằng xảy ra khi 
và chỉ khi E,M ,N,F thẳng hàng. Hay M ,N là các giao điểm của EF với 
các cạnh AB,AC
260 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC ngoại tiếp đường 
tròn tâm O . Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh 
 AB,AC,BC ; M là điểm di chuyển trên đoạn CE . Gọi N là giao điểm 
của BM với cung nhỏ EF của (O), P và Q lần lượt là hình chiếu của 
 N trên các đường thẳng DE,DF . Xác định vị trí của điểm M để PQ 
lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
 PNQD
Ta có tứ giác , A
 EDFN nội tiếp E P
 D
 · · · M
 Þ QPN = QDN = FEN . O
 N
Tương tự có ta có:
 Q
 · · · B C
 NQP = NDP = NFE . F
 PQ NQ
 Þ DNEF : DNPQ Suy ra = . Trong tam giác vuông NQF ta 
 EF NF
 PQ
có: NQ £ NF do đó £ 1. Như vậy PQ lớn nhất bằng EF khi và chỉ 
 EF
khi Q º F khi đó P º E , do P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên 
các đường thẳng DE,DF nên khi Q º F , P º E thì DN là đường 
kính của (O) . Từ đó suy ra cách xác định M như sau: Dựng đường kính 
 DN cuả (O) , M là giao điểm của BN và AC . 
Ví dụ 9: Cho hai đường tròn (O1;R1),(O2;R2) cắt nhau tại 2 điểm A,B . 
Một đường thẳng (d) bất kỳ qua A cắt (O1;R1),(O2;R2) lần lượt tại M ,N . 
Tiếp tuyến tại M của (O1;R1) và tiếp tuyến tại N của (O2;R2) cắt nhau tại 
 I . Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN 
 261