Giới thiệu một số bài bất đẳng thức và cực trị hình học 9

 

Bài 1: Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. Một đường thẳng qua A cắt các đường tròn đó lần lượt tại C và D nằm khác phía đối với AB (C thuộc đường tròn tâm O). Chứng minh rằng $CD\leq 2.OO'$

Bài 2: Cho đường tròn (O) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Xét đường kính BC của (O). Tìm vị trí của đường kính BC để AB + AC nhỏ nhất

Bài 2. Xét $A, B,C$ thẳng hàng thì ....

Xét $A,B,C$ không thẳng hàng thì dựng hình bình hành $A'BAC$

Bài 1. Hướng làm.

Dựng đường thẳng qua $B$  song song với $OO'$ cắt $(O), (O')$ lần lược tại $C', D'$

Dùng tính chất độ hình chiếu một đoạn thẳng không vượt quá đoạn thẳng đó.

Với $x, y\geq 1$.

Chứng minh:

$\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{2}{1+xy}$

Cách 1. Quy đồng lên biến đổi tương đương ra $(xy-1)(x-y)^2\geqslant 0$ luôn đúng.

 

Cách 2. Cách này đẹp hơn.

Xét hàm số $f(x)=\dfrac{1}{e^x+1}$ trên $\mathbb{R}^{+}$. Khi đó $f''(x)=\dfrac{e^x(e^x-1)}{(e^x+1)^3} \geqslant 0$

Áp dụng bất đẳng thức Jensen: $f(\ln x^2)+f(\ln y^2)\geqslant 2f\left(\dfrac{\ln x^2+ \ln y^2}{2}\right)=2f(\ln xy)$ hay $\dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{1}{y^2+1}\geqslant \dfrac{2}{xy+1}$

Cho a>0,b>0,và a+b$\leq$1.Tìm GTNN của biểu thức A=$a^{2}$+$b^{2}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}$

Đề thi Sóc Trăng năm nay phải không nhỉ.

 

$a^2+b^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\geqslant \dfrac{(a+b)^2}{2}+\dfrac{8}{(a+b)^2}=\dfrac{(a+b)^2}{2}+\dfrac{1}{2(a+b)^2}+\dfrac{15}{2(a+b)^2}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{(a+b)^2}{4(a+b)^2}}+\dfrac{15}{2}=\dfrac{17}{2}$

Mình nghĩ phần $(\sqrt{x}+\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{z})\geq (\sqrt{x}.\sqrt{x}+\sqrt{y}.\sqrt{z})$ là theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki mới đúng chứ !
Cám ơn bạn rất nhiều !Cách giải rất dễ hiểu

Cauchy-Schwarz với Bunyakovsky là một.

cho a,b,c$\in \mathbb{R}$ thỏa mãn ab+bc+ca=3. Tìm min 

P=$\frac{a+3}{b^{2}+1}+\frac{b+3}{c^{2}+1}+\frac{c+3}{a^{2}+1}$

$$\dfrac{a+3}{b^2+1}=a+3-\dfrac{b^2(a+3)}{b^2+1} \geqslant a+3-\dfrac{ab+3b}{2}$$

Tương tự.

Bất đẳng thức số 37. Cho các số thực $a,b,c$. Khi đó ta luôn có $(a^2+b^2+c^2)^2 \geqslant 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
Chứng minh.
Đặt $a=c+x, b=c+y$ thì bất đẳng thức trở thành: $(x^2-xy+y^2)c^2+(x^3-5x^2y+4xy^2+y^3)c+x^4-3x^3y+2x^2y^2+y^4\geqslant 0$
$\Delta=-3(x^3+y^3-x^2y-2xy^2)^2\leqslant 0$
Bất đẳng thức số 38. Cho các số thực không âm $a,b,c$. Ta luôn có: $4(a+b+c)^3\geqslant 27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)$
Chứng minh.
Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$. Bất đẳng thức trên đúng vì
$4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)=9c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+(4a+b-5c)(a+c-2b)^2\geqslant 0$
Bất đẳng thức số 39. Cho các số thực dương $x,y,z$ có tích bằng $1$. Ta luôn có: $x^2+y^2+z^2+6\geqslant \dfrac{3}{2}\left(x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)$
Chứng minh.
Giả sử $x=\text{min}\{x,y,z\}$ thì $x\leqslant 1$ và đặt $t=\sqrt{yz}$
Xét hàm số $P(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-\dfrac{3}{2}\left(x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)+6$
$P(x,y,z)-P(x,t,t)=\dfrac{(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2\left[2(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2-3-\dfrac{3}{yz}\right]}{2} \geqslant 0$ do $yz\geqslant 1$
và
$P(x,t,t)=\dfrac{(t-1)^2\left[(t^2-2t-1)^2+t^2+1\right]}{2t^4}\geqslant 0$
cho ta điều phải chứng minh.

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:

                        $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$

$\sum \left(x^2+\sqrt{x}+\sqrt{2}\right)\geqslant 3(x+y+z)=9=(x+y+z)^2$

Do đó $2\sum \sqrt{x}\geqslant (x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2=2(xy+yz+zx)$

Cho a,b,c dương, abc=1.CMR:

   $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+a+c}\leq 1$

 

Đặt $(a;b;c)=(x^2;y^2;z^2)$ với $x,y,z >0$, khi đó $xyz=1$

 

Tương đương với: $\sum \dfrac{x^2+y^2}{x^2+y^2+1} \geqslant 2$

 

$\Leftrightarrow \sum \dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2+1}+\sum \dfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2+1} \geqslant 4$

 

Theo BDT Cauchy-Schwarz:

$\sum \dfrac{(x+y)^2}{x^2+y^2+1} \geqslant \dfrac{4(x+y+z)^2}{2x^2+2y^2+2z^2+3}$

$\sum \dfrac{(x-y)^2}{x^2+y^2+1} \geqslant \dfrac{4(x-z)^2}{2x^2+2y^2+2z^2+3}$

Theo BDT Cauchy: $xy+yz+zx \geqslant 3$

 

Ta cần chứng minh: $(x+y+z)^2+(x-z)^2 \geqslant 2x^2+2y^2+2z^2+xy+yz+zx$

 

$\Leftrightarrow xy+yz-y^2-zx \geqslant 0 \Leftrightarrow (x-y)(y-z) \geqslant 0$

 

Tương tự ta cũng có $(y-z)(z-x) \geqslant 0$ và $(z-x)(x-y) \geqslant 0$

 

Chỉ cần 1 BDT trong 3 BDT trên đúng là bài toán được chứng minh.

 

Điều này hiển nhiên vì $[(x-y)(y-z)(z-x)]^2 \geqslant 0$

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

 

Có vẻ hơi dài

Ta có:BĐT pcm<=>$(4a+b+c)(4b+a+c)(4c+a+b)> 25(a+b)(b+c)(c+a)$

<=>$a^3+b^3+c^3+7abc>ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$

BĐT trên đúng vì $a^3+b^3+c^3\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$ là bđt schur

$a,b,c>0$=>$7abc>0$ => đpcm

 

Sai rồi, BDT Schur bậc 3 là $a^3+b^3+c^3+3abc \geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

 

Chứng minh:

 

$f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+3abc-a^2(b+c)-b^2(c+a)-c^2(a+b)$

 

Giả sử $a=\text{min{a;b;c}}$, đặt $2t=b+c$

 

Khi đó $f(a;b;c)-f(a;t;t)=\left[b+c-\dfrac{5}{4}a \right](b-c)^2 \geqslant 0$

 

$\Leftrightarrow f(a;b;c) \geqslant f(a;t;t)=a^3+at^2-2a^2t=a(a^2-2at+t^2)=a(a-t)^2 \geqslant 0$

Tớ chỉ tính toán sai thôi mà!Mà đề bài cho $a,b,c>0$ có dấu bằng à bạn.Nếu có chỉ giáo xem

 

 

Thì ai nói có dấu bằng đâu.

Cho tập hợp $A=\left \{ a_{1} ;a_{2};...................;a_{n}\right \}$ $\epsilon N^{*}$ và số dương m sao cho $n> \frac{m}{2}$ . BIết rằng số dư trong phép chia các phần tử của A cho m là khác nhau đôi một. CMR : với mỗi $k\epsilon Z$ tồn tại $i,j\epsilon \left \{ 1;2;...................;n \right \}$ ( i;j không nhất thiết khác nhau ) sao cho số $a_{i}+a_{j}-k\vdots m$

 

Xét dãy $a_1+a_1, a_2+a_2,..., a_n+a_n, a_1+a_2, a_1+a_3,..., a_1+a_n$

Thấy rằng dãy trên có các số hạng là đôi một khác nhau, dãy trên có $2n-1>m-1$ phần tử nên có không ít hơn $m$ phần tử.

Vậy dãy trên đã bao trùm tất cả các số dư của $m$

câu 1b là tìm tất cả a mà :/

Tất cả a đều thoả

Câu b bài hình chứng minh BP và CQ đi qua trung điểm EF
Gọi AK là đường kính của (O) và W là trung điểm BC.
Tam giác RBC và tam giác RFE đồng dạng
R, W, K thẳng hàng. Gọi T là trung điểm EF
Từ đó biến đổi góc như sau FRT=BRW=KRB=SAB=FRS nên RS đí qua T

Bài toán $77$ do Bảo đề nghị có lẽ được tạo ra nhờ bài toán sau: Cho tam giác $XYZ$ ngoại tiếp $(O)$. Các tiếp điểm của $(O)$ trên $YZ,ZX,XY$ là $A,B,C$. Một đường tròn tâm $O$ bất kỳ cắt tia đối của các tia $OA,OB,OC$(hoặc cắt các tia $OA,OB,OC$) lần lượt tại $L,M,N$.Khi đó $XL,YM,ZN$ đồng quy 

Untitled.png

Bài này có lẽ đã cũ nhưng em(mình) chưa tìm được một lời giải nào hay, tính toán ít nên nhờ thầy và mọi người giúp đỡ

 

Em cũng muốn một lời giải đẹp cho bài toán này chứ cứ phải áp dụng cái định lý gì đó để chứng minh định lý Sondat thì vất vả lắm. Mong thầy và anh chị giúp ạ.

Bài toán 199. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $OH$ cắt $(O)$ tại $E, F$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$. dựng các hình thang cân $ACBB'$ và $ABCC'$ với $BB' || AC, CC'|| AB$. $BC$ cắt $B'C'$ tại $X$. Chứng minh $E, F, X, D$ đồng viên.

Lời giải đầy đủ bài toán 67 có thể tham khảo link.

 

Theo đề nghị của anh Dogsteven mình xin đề xuất bài toán mới sau.

$\boxed{\text{Bài toán 68}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn $Euler$ là $N.D,E,F$ là hình chiếu của $N$ lên $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng đường thẳng $Euler$ của các tam giác $AEF,BFD,CDE,ABC$ đồng quy.

 

Bài này chính là một bài trong đề thi 30/4 lớp 10 năm nay. 

Hướng chứng minh cho Bài toán 196:

Chứng minh $J$ là tâm nội tiếp và $LP$ vuông góc với $QR$ => $LG$ đi qua trực tâm $AEF$ và $AQR$ nên $LG$ vuông góc với đường thẳng Gauss.

@halloffame: Lời giải này chưa hoàn thiện, đầy đủ.

$\boxed{\text{Bài toán 1.}}$

Gọi $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$. Ta có $NI=NB=NO$ nên $\widehat{OIX}=\dfrac{180^o-\widehat{ONA}}{2}=80^o$

Ngoài ra $\widehat{OXI}=\widehat{OBA}+\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=80^o$ nên $OI=OX$

Ta có $\widehat{OAI}=\widehat{OCE}$ và $\widehat{AOI}=\widehat{OIX}-\widehat{OAI}=60^o=\widehat{EOC}$ mà $OA=OC$ nên $\Delta OIA = \Delta OEC$

Do đó $OI=OE$. Mà $\widehat{OEK}=\widehat{OIX}=80^o$ $\widehat{KOE}=\widehat{ONA}=20^o$ nên $OK=OE$

Dễ thấy $\Delta ICA=\Delta EAC$ nên $\widehat{EAC}=20^o$, từ đó $\widehat{MAE}=10^o$ nên tứ giác $AEMB$ nội tiếp.

Do đó $\widehat{MEB}=\widehat{MAB}=30^o=\widehat{IBE}$ nên $EL || BI$

Gọi $T$ là giao của $BI$ với $AC$ thì $BTC$ cân tại $T$ và $O,E,T$ thẳng hàng.

Dễ thấy $EI|| CT$ nên $I,L$ đối xứng với nhau qua $OE$, suy ra $OI=OL$

Ngoài ra $\widehat{LEC}=50^o$ và $\widehat{KFL}=50^o$ nên $F\in (KEL)$

Ta có điều phải chứng minh.

P/s. Xin giải lại bài toán 1 với lời giải khác.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 1\\ \hline \end{array}$$

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Một cách giải thuần túy.

Gọi $K$ là hình chiếu của $R$ trên $BC$. Gọi $S$ là điểm đối xứng của $C$ qua $K$

Ta có $XK || DS$, tứ giác $PSRD$ nội tiếp, tứ giác $PNKR$ nội tiếp nên $KN || SR$ nên $X,K,N$ thẳng hàng.

Tứ đó biến đổi góc như phần cuối lời giải trên sẽ cho ta điều phải chứng minh.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 1\\ \hline \end{array}$$

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$

Một hướng làm khá dài.

Bổ đề 1.  Cho hình thang $ABDC$ nội tiếp $(O)$ với $AB, CD$ là đáy. Gọi $MN$ là một đường kính của $(O)$. $NA$ cắt $MC$ tại $P$, $NB$ cắt $MD$ tại $Q$ và $AD$ cắt $BC$ tại $I$. Khi đó $I$ là trung điểm $PQ$.

Bổ đề 2. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $R$ là giao điểm $AC$ và $BD$. $P$ là giao điểm của $AD$ với $BC$. $X,Y,Z$ là trung điểm của $CD, PR, AB$. Khi đó $YR^2=YX.YZ$

Bổ đề 3. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $R$ là giao điểm $AC$ và $CD$. $K, L$ là hình chiếu của $R$ trên $BC, AD$. Khi đó trung điểm $AB, KL, CD$ thẳng hàng.

Ba bổ đề này quen thuộc và gặp ở rất nhiều nơi.

Trở lại bài toán.

Gọi $M, K$ là hình chiếu của $P$ trên $AC$ và $R$ trên $BC$. $W$ là trung điểm $AB$

Áp dụng bổ đề 3 ta suy ra $KLNM$ là hình thang cân. Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra $KM$ và $NL$ đi qua $W$

Áp dụng bổ đề hai ta suy ra $X$ và $W$ liên hợp với nhau (xét cực và đối cực theo $[PR]$) nên $X,K,N$ thẳng hàng.

Do đó $\widehat{XNL}=\widehat{KNL}=\widehat{XYL}$

Còn tiếp ...

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 12}}$

Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $EF$ ở $Q$. $MQ$ cắt $(MEF)$ lần thứ $2$ tại $R$

Dễ thấy $\Delta QAE\sim \Delta QFA$ nên $OA^2=QE.QF$ mà $QE.QF=QM.QR$ nên $\Delta QAM \sim \Delta QRA$

Từ đó ta có $\widehat{QRA}=\widehat{QAM}=\widehat{MTI}=\widehat{QRI}$ nên $A,I,R$ thẳng hàng.

Dễ thấy tứ giác $AHMQ$ nội tiếp nên $\widehat{AHQ}=\widehat{AMQ}=\widehat{QAR}=\widehat{IAR}=\widehat{AIT}$

Từ đây dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

 

$\boxed{\text{Bài toán 13}}$. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ với $D, E, F$ là các tiếp điểm của $(I)$ trên $BC, CA, AB$. $X, Y, Z$ lần lược là các chân đường phân giác xuất phát từ đỉnh $A, B, C$ của tam giác $ABC$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $YZ$ cắt $AI$ tại $M$. Đường thẳng qua $E$ vuông góc với $ZX$ cắt $BI$ tại $N$. Đường thẳng qua $F$ vuông góc với $XY$ cắt $CI$ tại $P$. Chứng minh rằng $\Delta MNP = \Delta DEF$

Nguồn: Thầy Trần Quang Hùng.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 4\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline xuantrandong & 1\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline\end{array}$$

$\boxed{\text{Bài toán 49}}$

Ta có $DE.DB = DF.DC = DA.DP$ nên $D$ là tâm vị tự trong của $(AEF)$ và $(PBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$ thì $M, D, R$ thẳng hàng.

$\boxed{\text{Bài toán 46}}$ (Theo đề nghị của anh halloffame)

$P$ là giao điểm của $(BAD)$ và $(CAE)$. $PE$ cát $AB$ tại $T$, $PD$ cắt $AC$ tại $Z$ thì $ZT$ là trục đẳng phương của $(O')$ và $(PDE)$

Khi đó $180^o-\widehat{AZP}=\widehat{DAC}+\widehat{ADZ}=\widehat{ABP}+\widehat{DAP}+\widehat{PAC}=\widehat{TBE}+\widehat{TED}=\widehat{ATP}$

Do đó tứ giác $ATPZ$ nội tiếp nên $\widehat{TZD}=\widehat{TAP}=\widehat{ZDE}$ hay $TZ || BC$

Do đó $O'$ thuộc trung trực $DE$ nên $OO'\perp BC$

$\boxed{\text{Bài toán 67}}$

Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ với $(Q, QA)$ thì theo kết quả bài toán ??? ta suy ra $G$ thuộc $(DM)$

$AX$ là đường kính của $(Q, QA)$, khi đó cũng theo kết quả bài toán ??? ta có tam giác $MCX$ và $DLA$ đồng dạng.

Ngoài ra $TMX$ và $TDA$ đồng dạng nên $\dfrac{TM}{MC}=\dfrac{TM}{MX}:\dfrac{MC}{MX}=\dfrac{TD}{DA}:\dfrac{DL}{DA}=\dfrac{TD}{DL}$

Mà $LD\perp BC$ nên $\widehat{LDT}=\widehat{TMC}$

Do đó hai tam giác $TDL$ và $TMC$ đồng dạng, do đó $T\in (LC)$

Nhờ thầy và các bạn đề nghị bài toán tiếp theo.