Đề cương ôn tập Hình học Lớp 9 - Sử dụng bất đẳng thức Cosi tìm cực trị hình học

 
Tiến Sĩ Vũ Tiến Lưỡng 
SỬ DỤNG BĐT CÔ- SI 
 TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
Sưu tầm tổng hợp 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
A - ĐẶT VẤN ĐỀ 
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 trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi 
gặp dạng toán này. Thực sự đây 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 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 
cũng không phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý. 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. 
Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi 
Toán 9, tôi nhận thấy việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá trình giải các bài toán 
bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu quả, không chỉ bởi lẽ đối 
tượng của hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc, ) và đối tượng để áp 
dụng BĐT Côsi là tương đồng (đại lượng không âm), mà còn bởi tính đa dạng của BĐT 
Côsi trong vận dụng. Sự khéo léo, linh hoạt trong việc khai thác BĐT Côsi là một yêu 
cầu đối với học sinh giỏi Toán. Mức độ khó, dễ của bài toán cũng có thể được điều 
chỉnh tuỳ theo chủ ý của người ra đề. Với những suy nghĩ đó, tôi mạnh dạn nghiên cứu 
đề tài “ Khai thác bất đẳng thức Côsi trong việc ra các bài toán nâng cao lớp 9”, mà cụ 
thể là các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học. Nội dung đề tài tạm chia làm ba 
phần. Phần một gồm một số bài toán điển hình và những nhận xét của tác giả. Phần hai 
là một vài suy nghĩ và những trao đổi xung quanh việc khai thác một bài toán gốc của 
đại số để cho ra những bài toán với những mức độ khác nhau của hình học, thông qua 
những ví dụ cụ thể minh hoạ. Và phần ba là một số bài tập đề xuất. 
Mong muốn đây là một tài liệu tham khảo hữu ích với các em học sinh giỏi Toán 
lớp 9, và các thầy cô tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS cùng các độc giả yêu 
thích Toán học. 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
B - NỘI DUNG 
Ta bắt đầu bằng việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi: 
 Cho a1, a2, , an là các số không âm. Ta luôn có: 
 a1+a2+...+an
n
 ≥ 
n
a1a2...an 
 Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 =  = an. 
* Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là : Với các số không âm, trung bình cộng không 
nhỏ hơn trung bình nhân. Trung bình cộng và trung bình nhân bằng nhau khi và chỉ 
khi các số đó bằng nhau. 
* Ý nghĩa của BĐT Côsi: 
 + n số không âm có tổng không đổi, tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi các số 
đó bằng nhau. 
 + n số dương có tích không đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số đó 
bằng nhau. 
I. Một số bài toán điển hình 
Bài 1 : (Một kết quả đẹp và thú vị về tứ giác nội tiếp) 
 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Hai đường chéo AC và BD 
cắt nhau tại I. Chứng minh rằng : 
AB
CD
 + 
CD
AB + 
BC
AD
 + 
AD
BC
 ≤ 
IA
IC
 + 
IC
IA
 + 
IB
ID
 + 
ID
IB
Chứng minh : (Hình 1) 
 Dễ thấy ∆ABI ∽ ∆DCI (g.g) 
 ⇒ 
AB
CD = 
AI
DI
 = 
BI
CI
 ⇒ 
AB
CD = 
AI
DI
.
BI
CI
 (1) 
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 
AI
DI
.
BI
CI
 ≤ 
1
2 ( 
AI
CI
 + 
BI
ID
 ) (2) 
 Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ 
IA
IC
 = 
IB
ID
 Từ (1) và (2) ⇒ 
AB
CD ≤ 
1
2 ( 
IA
IC
 + 
IB
ID
) (3) 
I
B
C
D
A
 Hình 1 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: 
CD
AB
 ≤ 
1
2 ( 
IC
IA
 + 
ID
IB
 ) (4) 
BC
AD ≤ 
1
2 ( 
IB
ID
 + 
IC
IA
 ) (5) 
AD
BC
 ≤ 
1
2 (
IA
IC
 + 
ID
IB
 ) (6) 
 Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khi 
IC
IA
 = 
ID
IB
 , 
IB
ID
 = 
IC
IA
 , 
IA
IC
 = 
ID
IB
 . 
 Cộng từng vế của (3),(4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra 
khi IA = IB = IC = ID ⇔ ABCD là hình chữ nhật. 
Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu của bất đẳng thức cần chứng minh là ≤, trong 
khi cả hai vế của bất đẳng thức đều ở dạng tổng của các hạng tử. Chìa khoá để giải 
quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng 
căn bậc hai của một tích ( 
AB
CD = 
AI
DI
.
BI
CI
 , ), từ đó áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng 
minh được mỗi hạng tử đó của vế trái ≤ một nửa tổng hai hạng tử của vế phải. Vì vậy, 
việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức Côsi trong những 
trường hợp cụ thể là rất cần thiết, đòi hỏi ở người làm toán sự tư duy, tìm tòi và sáng 
tạo. 
Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA2, 
BB2, CC2. Giả sử AA2 ∩ BB1=P, BB2 ∩ CC1=Q, CC2 ∩ AA1=R. Chứng minh rằng: 
AP
PA2 + 
BQ
QB2 + 
CR
RC2
 ≥ 6 
Chứng minh: 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác 
AA2C với đường thẳng BRB1, ta có: 
AP
PA2
 . 
A2B
BC
 . CB1
B1A
 = 1 
 Suy ra: 
AP
PA2
 = 
BC
A2B 
.
EE
BA 1AC
A A 2 AB (1) 
 Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B, 
 và vì BB1 ⊥ AC nên AB1
B1C
 = 
BB1.cotgA
BB1.cotgC
 = 
tgC
tgA
R
P2
1
1
2Q
2
1
A A
B
C
A
B
C
C
B
 Hình 2 
 Vậy từ (1) ⇒ E 
AP
PA A 2 A
 = 2.
tgC
tgA
. 
Hoàn toàn tương tự, ta có: 
 E 
BQ
QBA 2A
 = 2. 
tgA
tgB
 ,E 
CR
RC A 2A
 = 2. 
tgB
tgC
Từ đó: E 
AP
PA A 2 A
 +E 
BQ
QBA 2 A
 +E 
CR
RC A 2 A
 = 2.(
tgC
tgA
 + 
tgA
tgB
 + 
tgB
tgC
 ) 
Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì: 
tgC
tgA
 + 
tgA
tgB
 + 
tgB
tgC
 ≥ 3.
3 tgC
tgA
.
tgA
tgB
.
tgB
tgC
 = 3 
Vậy: E 
AP
PA A 2 A
 +E 
BQ
QBA 2A
 +E 
CR
RC A 2A
 ≥ 6. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
tgC
tgA
 = 
tgA
tgB
 = 
tgB
tgC
 , tức là tam 
giác ABC đều. 
Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By 
vuông góc với AB. Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và 
cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD 
có diện tích nhỏ nhất. 
Lời giải: (Hình 3) 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
Ta có: SMCD = 
1
2 MC.MD 
Đặt : MA = a, MB = b, A
∃
E MCE = 
∃
EBDM E = α 
 Khi đó MC = 
a
cosα
 , MD = 
b
sina
 Nên: SMCD = 
1
2 . 
ab
sinαcosα
 Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất ⇔ 
2sinαcosα lớn nhất. 
ba
α
α
y
x
D
A B
F
M
C
Hình 3 
Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinαcosα ≤ sin2α + cos2α = 1 
 Nên SMCD ≥ ab. Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα ⇔ α = 450 
 Như vậy Min SMCD = ab. Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao cho AC 
= AM, BD = BM. 
Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số lượng giác 
sinα, cosα. Giữa sinα, cosα , sin2α + cos2α có liên hệ bởi BĐT Côsi: x2 + y2 ≥ 2xy. 
Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường thẳng 
song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E. Xác định vị trí của 
điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất. 
Lời giải: 
 Cách 1 : 
 Ta thấy SADME lớn nhất ⇔ SADME
SABC
 lớn nhất. 
 Kẻ BK ⊥ AC, cắt MD ở H. 
 SADME = MD.HK, SABC = 
1
2 AC.BK 
 Suy ra: SADME
SABC
 = 2. 
MD
AC . 
HK
BK
 Đặt MB = x, MC = y, ta có: 
MD
AC = 
BM
BC
 = 
x
x+y
 , 
HK
BK
 = 
MC
BC
 = 
y
x+y
21
yx
H
K
E
D
B C
A
M
Hình 4 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 Do đó : EE 
S ADME
S ABC = 
2xy
(x+y)2
 (*) 
 Theo bất dẳng thức Côsi: x + y ≥ 2 xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ 
2xy
(x+y)2
 ≤ 
1
2 (**) 
 Từ (*) và (**), ta được: EE 
SA DME A
SA BC A ≤ 
1
2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y. 
 Như vậy max SADME = 
1
2 SABC, khi đó M là trung điểm của BC. 
 Cách 2: Ký hiệu SABC = S, SDBM = S1, SEMC = S2. 
 Rõ ràng SADME lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất ⇔ S1+S2
S
 nhỏ nhất. 
 Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên: 
 E 
SA 1 A
S = ( 
BM
BC
 )2, E 
SA 2A
S = ( 
MC
BC
 )2 
 Suy ra:EE 
SA 1 A+SA 2 A
S =EEE 
BM A2 A+MCA2 A
BC A2 A
 = EEEE 
x A2 A+y A2 A
A(x+y)A2 AA
 ≥ 
1
2 . Như vậy S1 + S2 ≥E 
1
2 S nên SADME ≤ 
1
2 S. Xảy ra 
dấu bằng ⇔ x = y. 
Kết luận: max SADME = 
1
2 SABC, khi đó M là trung điểm của BC. 
Nhận xét: Ở cách 1, ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình 
bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng EE 
xy
A(x+y)A2 AA
 ≤ 
1
4
 . Còn 
ở cách 2, ta cũEng xét biểu thức trung gian đó là tỉ số giữa tổng diện tích của các tam giác 
DBM, EMC và diện tích tam giác ABC, vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức Côsi 
dạng EEEE 
x A2 A+y A2 A
A(x+y)A2 AA
 ≥ 
1
2 . Qua đây cho thấy, cEùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác 
nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Côsi sẽ ở những dạng khác nhau. Vấn đề là đòi 
hỏi ở người làm toán khả năng vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt được mục đích cụ thể. 
 Dưới đây là hai bài toán, vẫn là bài toán cực trị hình học nhưng ta lại vận dụng 
bất đẳng thức Côsi ở khía cạnh khác. Với hai số dương x, y có tổng x + y không đổi, thì 
tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y. Ngược lại nếu tích xy không đổi thì tổng 
x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y. 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a. Gọi D là trung điểm của 
AB. Điểm E di chuyển trên cạnh AC. Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vuông 
góc kẻ từ D, E đến BC. Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH. Khi đó hình 
thang trở thành hình gì? 
Lời giải (Hình 5) 
Ta có: 2SDEKH = (DH+EK).HK =(BH+KC).HK 
Ta thấy tổng (BH+KC) + HK không đổi (bằng BC = 
a cho trước) nên tích (BH+KC).HK lớn nhất khi 
và chỉ khi BH+KC = HK = 
a
2 . 
 Do đó: max SA DEKHE A = 
1
2 . 
a
2 . 
a
2 = E 
aA2 A
8 
 Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK= 
a
2 
và nếu kẻ AM ⊥ BC thì do tam giác ABC vuông 
cân tại A nên MB = MC = 
a
2 , nên HB = HM = 
a
4
H
KD
B
A CE
M
 Hình 5 
 Vậy KC = BC - BH - HK = a - 
a
4
 - 
a
2 = 
a
4
 Khi đó DH = HB = 
a
4
 , EK = KC = 
a
4
 . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung 
điểm của AC. 
 Bài 6: Hai anh em chia tài sản là một mảnh đất hình tam giác ABC. Họ muốn chia 
mảnh đất đó thành 2 miếng đất có diện tích bằng nhau bởi một bờ rào thẳng ngắn 
nhất. Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S và góc nhỏ nhất α của tam giác. 
Lời giải: (Hình 6) 
 Bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác. Giả sử góc tại 
đỉnh A là nhỏ nhất, A
 E
 ∃ 
EABAC = α, độ dài bờ rào IK = m . 
Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y . 
 Ta có: IK2 = x2 + y2 - 2x ... an)(E 
1
aA 1A +E 
1
aA 2 A +  +E 
1
aA nA ) ≥ n
2 
 Chứng mih: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 
 a1+a2+...+an
n
 ≥ A
n
a1a2...an E (1) 
 EEE 
1
aA 1 A
+
1
aA 2 A
++
1
aA n A
n ≥ EEEEEEE 
n 1
aA 1 A
A
. A
1
aA 2 A
A
. AA. AA. A
1
aA nA
 (2) 
 Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất đẳng 
thức trên, ta được: (a1 + a2 +  + an)(E 
1
aA 1 A
 +E 
1
aA 2A
 +  +E 
1
aA n A
 ) ≥ n2 
 Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 =  = an. 
 Trong nhiều bài toán, người ta thường sử dụng hai trường hợp riêng sau đây: 
 1. Với mọi a, b > 0, ta có: (a + b)( 
1
a
 + 
1
b ) ≥ 4 
 2. Với mọi a, b, c > 0, ta có : (a + b + c)( 
1
a
 + 
1
b + 
1
c ) ≥ 9 
 Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài toán gốc đó trong một số bài toán cụ thể. 
Bài 8.1 : Cho ∆ABC, O là điểm tuỳ ý trong tam giác. AO, BO, CO kéo dài cắt các cạnh 
đối diện thứ tự tại M, N, P. Chứng minh : 
AO
OM
 + 
BO
ON
 + 
CO
OP
 ≥ 6 . 
Lời giải : (Hình 8.1) 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 Theo định lý Seva, ta có : 
MO
MA
 + 
NO
NB
 + 
PO
PC
 = 1 (1) 
 Áp dụng kết quả bài toán gốc với trường hợp riêng 
thứ 2, ta có : 
 ( 
MA
MO
 + 
NB
NO
 + 
PO
PC
 )( 
MO
MA
 + 
NO
NB
 + 
PO
PC
) ≥ 9 (2) 
 Kết hợp (1) và (2) suy ra : 
MA
MO
 + 
NB
NO
 + 
PO
PC
 ≥ 9 
 ⇔ 
MO+AO
MO
 + 
NO+BO
NO
 + 
OP+CO
OP
 ≥ 9 
O
A
B CM
N
P
Hình 8.1 
 ⇔ 1 + 
AO
MO
 + 1 + 
BO
NO
 + 1+ 
CO
OP
 ≥ 9 ⇔ 
AO
MO
 + 
BO
NO
 + 
CO
OP
 ≥ 6 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
MO
MA
 = 
NO
NB
 = 
PO
PC
 , mà 
MO
MA
 + 
NO
NB
 + 
PO
PC
 = 1 
 Nên 
MO
MA
 = 
NO
NB
 = 
PO
PC
 = 
1
3
 ⇔ M là trọng tâm ∆ABC. 
 Bài 8.2 : Cho ∆ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba chiều cao AA’, BB’, CC’ 
thứ tự cắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng E 
AA’
AA A 1 A +E 
BB’
BBA 1A +E 
CC’
CCA 1 A
 ≥ 
9
4
Lời giải : Gọi H là trực tâm ∆ABC (hình 8.2). Dễ 
thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1, C’H = C’C1 
 Theo bài toán gốc, ta có : 
E(
AA’
AA A 1 A +E 
BB’
BBA 1 A
 +E 
CC’
CC A 1 A).E(
AA A 1 A
AA’ +E 
BBA 1A
BB’
 +E 
CC A 1 A
CC’) ≥ 9 (*) 
 XétE 
AA A 1 A
AA’ +E 
BBA 1 A
BB’
 +E 
CC A 1 A
CC’ = 3 + 
A’H
AA’ + 
B’H
BB’
 + 
C’H
CC’ 
1
1
1
C'C
B'
B
A'
A
H
A
B
C
 Hình 8.2 
Mặt khác, theo định lí Sêva : 
A’H
AA’ + 
B’H
BB’
 + 
C’H
CC’ = 1 
 Nên: E 
AA A 1 A
AA’ +E 
BBA 1 A
BB’
 +E 
CC A 1 A
CC’ = 3 + 1 = 4 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 Khi đó, (*) ⇔ E 
AA’
AA A 1 A +E 
BB’
BBA 1 A
 +E 
CC’
CC A 1 A ≥ 
9
4
 . 
 Dấu bằng xảy ra ⇔E 
AA A 1 A
AA’ =E 
BBA 1A
BB’
 =E 
CC A 1 A
CC’ ⇔
 1+E 
A’AA 1A
AA’ = 1+E 
B’BA 1 A
BB’
 = 1+E 
C’C A 1 A
CC’ . 
 ⇔ 
A’H
AA’ = 
B’H
BB’
 = 
C’H
CC’ ⇔ H là trọng tâm của ∆ABC. 
 ⇔ ∆ABC là tam giác đều. 
 * Nếu thay đổi giả thiết ba đường cao AA’, BB’, CC’ của bài toán trên thành ba 
đường trrung tuyến thì kết quả bài toán sẽ như thế nào ? Dấu ≥ 
9
4
 có còn đúng nữa 
không ? Ta tiếp tục xét bài toán sau : 
Bài 8.3 : Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba trung tuyến AA’, BB’, 
CC’ lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng : 
 E 
AA’
AA A 1A +E 
BB’
BBA 1A +E 
CC’
CCA 1 A
 ≤ 
9
4
 (*) 
Lời giải : Đặt AB = c, AC = b, BC = a. 
 Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC 
tại A’ nên: AA’.A’A1 = A’B.A’C =E 
aA2 A
4
 => AA’.AA1 = AA’.(AA’ + A’A1) 
 = AA’2 + AA’.A’A1 = AA’2 +E 
aA2 A
4
 Mà AA’ là trung tuyến của ∆ABC nên: 
 AA’2 = 
b2 +c2 
2 - 
a2 
4
 Suy ra: AA’.AA1 =EE 
bA2 A+cA2 A
2
1A
A'
A
B
C
 Hình 8.3 
 Ta có: 
E 
AA’
AA A 1A =EE 
AA’A2 A
AA’.AAA 1A
 = 
1
2A
. E A EEEEE 
2bA2 A+2cA2 A-aA2 A
bA2 A+cA2 A = 1 -EEE 
aA2 A
bA2 A+cA2 A 
 (1) 
Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được: 
 E 
BB’
BBA 1
 = 1 - EEE 
bA2 A
aA2 A+cA2 A 
 (2) và E 
CC’
CC A 1 = 1 -EEE 
cA2 A
aA2 A+bA2 A 
 (3) 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
Kết hợp (1), (2), và (3) thì : 
 (*) ⇔ 3 - 
1
2 . (EEE 
aA2 A
bA2 A+cA2 A
 +EEE 
bA2 A
aA2 A+cA2 A
 +EEE 
cA2 A
aA2 A+bA2 A ) ≤ 
9
4
 ⇔ EEE 
aA2 A
bA2 A+cA2 A
 +EEE 
bA2 A
aA2 A+cA2 A
 +EEE 
cA2 A
aA2 A+bA2 A ≥ 
3
2 
 ⇔ 1 +EEE 
aA2 A
bA2 A+cA2 A
 + 1 + EEE 
bA2 A
aA2 A+cA2 A
 + 1 +EEE 
cA2 A
aA2 A+bA2 A ≥ 
9
2 
 ⇔ 2 (a2 + b2 + c2) (EE 
1
bA2 A+cA2 A +EE 
1
aA2 A+cA2 A + EE 
1
aA2 A+bA2 A ) ≥ 9 
 ⇔ [ (b2 + c2)+(a2+ c2) + (a2 + b2)].(EE 
1
bA2 A+cA2 A +EE 
1
aA2 A+cA2 A + EE 
1
aA2 A+bA2 A ) ≥ 9 (**) 
 Rõ ràng (**) đúng với bài toán gốc nêu ở trên. Do đó (*) đúng. 
 Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là ∆ABC đều. 
Nhận xét: 
 Về mức độ, bài toán 8.3 yêu cầu cao hơn so với bài toán 8.2. Cũng là việc vận 
dụng bài toán gốc, nhưng được phát triển sâu hơn, cùng với học sinh phải biết 
được công thức trung tuyến (coi như một bài toán phụ): ma2 =EE 
bA2 A+c A2 A
2 -E 
aA2 A
4 
 . 
 Cũng có thể học sinh dừng lại ở chỗ EEE 
aA2 A
bA2 A+cA2 A
 +EEE 
bA2 A
aA2 A+cA2 A
 + EEE 
cA2 A
aA2 A+bA2 A ≥ 
3
2. Đây chính là nội 
dung của bất đẳng thức Nesbit (với n =3): 
x
y+z
 + 
y
x+z
 + 
z
x+y
 ≥ 
3
2 . Bất đẳng thức Nesbit 
được chứng minh qua kết quả của bài toán gốc nêu ở trên. 
 Dưới đây là một bài toán nữa, được coi như là “minh hoạ hình học” cho bất đẳng 
thức Nesbit. 
Bài 8.4: Cho tam giác ABC. Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi a1, b1, c1 tương ứng là 
các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA. Gọi ha, hb, hc tương ứng là ba 
chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng: 
 EE 
aA 1 A
hA a A +EE 
bA 1 A
hA bA +EE 
cA 1 A
hA c A ≥ 
3
2
Lời giải: 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 Kẻ AH ⊥ BC và A’K ⊥ AB (hình 8.4) 
 Theo đó, AH = ha, A’K = a1. 
 Trong ∆ABA’ có : 
 BA’.ha = AB.a1 = c.a1 
 Suy ra: 
BA’
c =EE 
aA 1A
hA aA
 (1) 
Mặt khác, do AA’ là phân giác của ∆ABC, 
nên : 
BA’
A’C = 
c
b ⇒ 
BA’
BA’+A’C
 = 
c
b+c 
 ⇒ BA’ = 
ac
b+c (2) 
Thay (2) vào (1) ta được: 
 EE 
aA 1 A
hA a A
 = 
a
b+c (3) 
A'
K
HB
A
C
 Hình 8.4 
Hoàn toàn tương tự, ta có: 
 EE 
bA 1 A
hA bA
 = 
b
c+a
 (4) và EE 
cA 1 A
hA c A
 = 
c
a+b
 (5) 
Cộng từng về của (3), (4), (5), ta được: 
 EE 
aA 1A
hA aA
 +EE 
bA 1 A
hA bA
 +EE 
cA 1A
hA c A
 = 
a
b+c + 
b
c+a
 + 
c
a+b
 ≥ 
3
2 
III. Một số bài tập đề xuất 
Bài 9: M là một điểm di động trên đoạn thẳng AB cố định. Vẽ các hình vuông AMCD, 
BMEF. Xác định vị trí của M để tổng các diện tích hai hình vuông đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC coá các cạnh tương ứng a, b, c; đường cao AH = h. Hãy 
nội tiếp trong tam giác đó hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất, với M thuộc AB, 
N thuộc AC, P và Q thuộc BC. 
Bài 11: Cho góc nhọn xOy và một điểm A cố định nằm trong góc đó. M, N thứ tự là hai 
điểm trên các tia Ox, Oy sao cho 2.OM = ON. Tìm vị trí của M, N trên các tia đó sao cho 
2.AM + AN đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác kẻ IM ⊥ 
BC, IN ⊥ AC, IK ⊥ AB. Xác định vị trí của điểm I sao cho IM2 + IN2 + IK2 nhỏ nhất. 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 Bài 13: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Qua A vẽ hai tia vuông góc 
với nhau, cắt (O) và (O’) thứ tự tại B, C. Xác định vị trí của hai tia để diện tích tam giác 
ABC lớn nhất. 
Bài 14: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). G là trọng tâm của tam giác. Các 
trung tuyến xuất phát từ A, B, C lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Xác định dạng của 
tam giác ABC để tổng E 
1
GA A 1A
 +E 
1
GBA 1 A
 +E 
1
GC A 1A
 lớn nhất. 
Bài 15: Cho đoạn thẳng AB = a và điểm M di động trên đoạn thẳng đó. Dựng về một 
phía của AB hai hình vuông AMCE và BMKQ. 
 a. Chứng minh AK, BC, QE đồng quy tại một điểm I 
 b. Xác định M trên đoạn AB để ∆AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất? 
Bài 16: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d. M là một điểm thuộc nửa mặt 
phẳng bờ AB không chứa d (M không thuộc đoạn AB). Gọi C, D thứ tự là giao điểm của 
tia MA, MB với d. Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ 
nhất. 
 Thi HSG Toán 9- Hà Nội năm 1999 
Bài 17: Độ dài cạnh lớn nhất của một hình thang cân bằng 13cm, chu vi bằng 28 cm. 
 a. Tính các cạnh của hình thang biết diện tích bằng 27 cm2. 
 b. Có tồn tại hay không một hình thang cân có các tính chất trên mà diện tích 
của nó bằng 27,001 cm2? 
 Thi HSG - Tiệp Khắc năm 1980 
Bài 18: Đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC chia mỗi cạnh của tam giác thành hai 
đoạn. Gọi x, y, z theo thứ tự là độ dài các đoạn tiếp tuyến xuất phát từ A, B, C. Gọi ra, rb, 
rc thứ tự là bán kính các đường tròn bàng tiếp trong góc A, B, C. Gọi S là diện tích tam 
giác ABC. 
 a. Chứng minh: r.ra = yz 
 b. Chứng minh: S = 
xyz
r
 c. Chứng minh: EEE 
r A a A+r A b+r c
r
 = (x+y+z)( 
1
x
 + 
1
y
 + 
1
z
 ) 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
 d. Trong các tam giác ngoại tiếp (O, r), tam giác nào có tổng các bán kính ba 
đường tròn bàng tiếp nhỏ nhất ? 
 Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1984 
Bài 19 : Một đường tròn tiếp xúc ngoài với một nửa đường tròn tại điểm chính giữa của 
cung nửa đường tròn đó. Biết tổng của đường kính đường tròn và bán kính nửa đường 
tròn bằng 1. Tính tích lớn nhất có thể đạt được của diện tích hình tròn và nửa hình tròn 
nói trên. 
 Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1989 
C - KẾT LUẬN 
Trên đây là một số những suy nghĩ của tôi về việc vận dụng bất đẳng thức Côsi 
trong các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học. Những bài toán cực trị thường 
được gắn Toán học với thực tiễn, bởi việc đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít 
nhất chính là đi tìm cái tối ưu thương được đặt ra trong đời sống và kỹ thuật. Đề tài 
này xin được dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Toán lớp 9 và các thầy cô giáo 
tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS. Với mong muốn được góp một phần 
nhỏ bé vào sự nghiệp bồi dưỡng và đào tạo nhân tài. Tôi xin cam đoan đây là đề tài do 
chính bản thân tôi nghiên cứu và thực hiện, nếu sai sự thật, tôi xin hoàn toàn chịu trách 
nhiệm. Trong quá trình thể hiện đề tài, bản thân đã rất nỗ lực và cố gắng, song do nhiều 
yếu tố nên chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong Hội đồng khoa học 
các cấp cùng các đồng nghiệp bổ sung thêm ý kiến đóng góp để đề tài được hoàn thiện 
hơn, thực sự hữu ích đối với những ai yêu Toán học. 
 Tôi xin chân thành cảm ơn! 
 Bình Minh, ngày 25 tháng 3 năm 2014 
 Người viết 
SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 
Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP XÓM 
. 
 , ngày tháng năm 2014 
 Chủ tịch hội đồng 
Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP THÔN 
. 
 , ngày tháng năm 2014 
 Chủ tịch hội đồng