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.

$\boxed{\text{Bài toán 24.}}$

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ với hai điểm liên hợp đẳng giác là $P, Q$. Gọi $K, L$ lần lược là trực tâm các tam giác $PAB, PAC$. Khi đó $KL$ đi qua hình chiếu $D$ của $Q$ trên $BC$. 

Chứng minh.

Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $AC, AB$. Khi đó:

$\Delta BPF \sim \Delta BQD \Rightarrow \dfrac{BD}{DQ}=\dfrac{BF}{FP}$

$\Delta CPE \sim \Delta CQD \Rightarrow \dfrac{CD}{DQ}=\dfrac{CE}{EP}$

$\Delta BKF \sim \Delta PAF \Rightarrow \dfrac{BK}{PA}=\dfrac{BF}{FP}$

$\Delta CLE \sim \Delta PAE \Rightarrow \dfrac{CL}{PA}=\dfrac{CE}{EP}$

Từ đó ta suy ra $\dfrac{BK}{CL}=\dfrac{CD}{DC}$ mà $BK || CL$ nên ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.  Cho tam giác $ABC$ với hai điểm liên hợp đẳng giác là $P, Q$. Gọi $K, L$ lần lược là trực tâm các tam giác $PAB, PAC$. Gọi $D$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$. Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $BC, AB$. Gọi $T$ là giao điểm của $KL$ và $(DEF)$ khác $D$. Khi đó $AT \perp KL$

Chứng minh.

Ta có $\widehat{FTD}=\widehat{FEB}=90^o-\widehat{QBE}=90^o-\widehat{PBA}=\widehat{FAK}$

Do đó tứ giác $AKTF$ nội tiếp nên $AT\perp KL$

Trở lại bài toán.

Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P, Q$ trên $BC$. $E', F'$ là giao khác $E, F$ của $PE, QF$ với đường tròn Pedal tương ứng với $P$ của tam giác $ABC$.

Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra $KL$ đi qua $E$ và $MN$ đi qua $F$

Gọi $T, S$ là giao của $KL, MN$ với $(E'EF)$ khác $E, F$, áp dụng bổ đề 2 ta suy ra $AE'$ đi qua $T$ và $AF'$ đi qua $S$

Ta có tứ giác $ARTS$ nội tiếp nên $\widehat{ARS}=\widehat{ATS}=\widehat{E'TS}=\widehat{PES}$

Do đó $AR || PE$ nên $AR \perp BC$

Một trường hợp đặc biệt của bài toán khi $P\equiv Q$: Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn nội tiếp $I$. Gọi $H, K$ lần lược là trực tâm các tam giác $IAB, IAC$. Khi đó đường cao xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ chia đôi đoạn thẳng $HK$.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

$\boxed{\text{Bài toán 49}}$

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.

$\boxed{\text{Bài toán 25.}}$ Cho tam giác $ABC$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $M, N$ là hai điểm trên $DF, DE$ sao cho $MN || EF$. $P$ là một điểm bất kỳ nằm trên $(I)$. $PM, PN$ cắt $(I)$ lần thứ $2$ tại $X, Y$. Gọi $Q$ là giao điểm của $BX$ và $CY$. Chứng minh rằng đường thẳng $AP$ và $AQ$ đối xứng với nhau qua $AI$

$\boxed{\text{Bài toán 46}}$ (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 $OO'\perp BC$

$\boxed{\text{Bài toán 51}}$ Em nghĩ đề là $BN, CM, EF$ đồng quy tại $R$

Gọi $R$ là giao điểm của $BN, CM$, khi đó ta có $B(EF,RC)=B(QF,ND)=Q(EF,ND)=Q(EF,MD)=C(EF,RB)$ nên $E,F,R$ thẳng hàng.

Ngoài ra $Q(RP,BC)=N(RQ,EF)=N(BQ,EF)=-1$, mà $QP$ là phân giác ngoài góc $BQC$ nên $QR \perp PQ$

Do đó $\widehat{RQA}=90^o-\widehat{AQP}=\widehat{PAO}$

$\boxed{\text{Bài toán 52}}$ Cho tứ giác $ABCD$ với điểm $P$ nằm trong nó thỏa mãn $\widehat{APB}+\widehat{CPD}=180^o$. Gọi $E, F, G, H$ là hình chiếu của $P$ trên $AB, BC, CD, DA$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFGH$ nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm $AC$ và $BD$

Với bài 52, em xin đề xuất một cách giải dùng diện tích.

Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $P$ qua $O$, gọi $X, Y, Z, T$ là hình chiếu của $Q$ trên $AB, BC, CD, DA$ ($O$ là tâm $(EFGH)$)

Ta có $PQXE$ là hình thang vuông, mà $O$ là trung điểm $PQ$ nên $OE=OX$ hay $X\in (O)$

Chứng minh tương tự ta suy ra $Y, Z, T\in (O)$, bằng việc biến đổi góc: $\widehat{DQT}=\widehat{DZT}=\widehat{DHG}=\widehat{DPG}$

Do đó $DP, DQ$ đẳng giác góc $D$ tứ giác $ABCD$, chứng minh tương tự với các góc còn lại.

Ta có: $\dfrac{AX}{AH}=\dfrac{AT}{AE}=\dfrac{QT}{PE}$ nên $AX.PE=AH.QT$, tương tự ta có $BX.PE=BF.QY$

Cộng vế theo vế ta suy ra $S_{PAB}=S_{QAH}+S_{QBF}$, một cách tương tự ta có: $S_{PCD}=S_{QDH}+S_{QCF}$

Do đó $S_{PAB}+S_{PBC}=S_{QAD}+S_{QBC}$ hay $S_{PBC}+S_{QBC}+S_{PAD}+S_{QAD}=S_{ABCD}$

Mà $2S_{OBC}=S_{PBC}+S_{QBC}$ và $2S_{OAD}=S_{PAD}+S_{QAD}$ nên $S_{OBC}+S_{OAD}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}$

$BC$ cắt $AD$ tại $U$, dựng $V \in BC, W\in AD$ sao cho $UV=BC$ và $UW=AD$

Khi đó $S_{OVW}=S_{OVU}+S_{OWU}-S_{UVW}=S_{OBC}+S_{OAD}-S_{UVW}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}-S_{VWU}$

Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $S_{MVW}=S_{MVU}+S_{MWU}-S_{UVW}=S_{MBC}+S_{MAD}-S_{UVW}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}-S_{VWU}$

Như vậy $OM || VW$, tương tự nếu $N$ là trung điểm $BD$ thì  $ON || VW$ hay $O, M, N$ thẳng hàng.

$\boxed{\text{Bài toán 53.}}$ Với bài toán này, ta có $\widehat{EPF}+\widehat{BPC}=180^o$ nên có thể áp dụng bài toán trước để suy ra điều phải chứng minh.

Ngoài ra còn có một cách giải khác, sử dụng đến bổ đề ERIQ.

Vẫn tiếp tục ý tưởng cũ, gọi $X, Y, Z, T$ là hình chiếu của $P$ trên $FE, EC, CB, BF$, $O$ là tâm $(XYZT)$, $Q$ đối xứng với $P$ qua $O$, $U, V, W$ là hình chiếu của $Q$ trên $FE, EC,CB$

Chứng minh tương tự lời giải trên ta suy ra $U, V, W\in (XYZT)$ và $P, Q$ tạm gọi là đẳng giác trong tứ giác $ABCD$

Ta có $\widehat{EUV}=\widehat{EYX}=\widehat{EPX}=\widehat{EFP}$ nên $UV || FC$, tương tự ta có $VW || EB$ nên $UW$ là đường kính của $(XYZT)$ hay $O$ là trung điểm $UV$

Ta có $\widehat{CQW}=\widehat{CVW}=\widehat{CEP}=\widehat{QEU}$ nên $\Delta CQW \sim \Delta QEU$, do đó $\dfrac{CW}{WQ}=\dfrac{QU}{UE}$

Tương tự ta có $\dfrac{BW}{WQ}=\dfrac{QU}{UF}$, từ đó suy ra $\dfrac{CW}{BW}=\dfrac{UF}{UE}$

Áp dụng bổ đề ERIQ cho ta điều phải chứng minh.