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 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

câu 1b là tìm tất cả a mà :/

Tất cả a đều thoả

$\boxed{\text{Bài toán 53.}}$ 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.

Em có một bài toán tương tự khác.

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ nằm trên trung trực $BC$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$. Gọi $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. Khi đó $PQ, BE, CF$ đồng quy.

$\boxed{\text{Bài toán 67}}$

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.

$\boxed{\text{Bài toán 49}}$

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.

$\boxed{\text{Bài toán 1.}}$

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.

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

$\boxed{\text{Bài toán 25.}}$ 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 $AI$

$\boxed{\text{Bài toán 28.}}$

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $M$ là trung điểm $CD$ và $S$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. Khi đó tiếp tuyến tại $A$ của $(SAB)$ tiếp xúc với $(O, OM)$

Gọi $I$ là tâm của $(SAB)$ và $T$ là giao hai tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(SAB)$

Ta có $SI\perp CD$ nên $S(S, M, D, C)=-1$ nên $S, M, T$ thẳng hàng, mà $TA=TB, OA=OB, IA=IB$ nên $T, O, I$ thẳng hàng.

Mà $OM \perp CD$ nên $T$ là tâm vị tự ngoài của $(O, OM)$ và $(SAB)$

Do đó $TA, TB$ tiếp xúc với $(O, OM)$ nên ta có điều phải chứng minh.

 

Trở lại bài toán.

Gọi $X, Y, Z$ là tâm bàng tiếp các góc $A, B, C$ của tam giác $ABC$ và $T$ là trung điểm $YZ$

$K, L$ là giao điểm của $BC$ với $(XYZ)$ thì ta lại có cấu hình bài toán 17 tại đây

Chứng minh $X$ là tâm $KMNL$ có cách đơn giản hơn và đã được đăng ở trên group Bài toán hay - Lời giải đẹp - Đam mê toán học, các anh chị có thể lên tham khảo.

Tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $X$ là $KLNM$ có $T$ là giao điểm của $KM, LN$ nên tiếp tuyến tại $M, N$ của $(TMN)$ tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp góc $A$ tam giác $ABC$ và $(TMN)$ cũng chính là $(ABC)$ nên ta có điều phải chứng minh.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 4\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 4\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

$\boxed{\text{Bài toán 29.}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với đường đối trung $AD \;(D\in BC)$. Các điểm $E, F$ lần lược nằm trên $AC, AB$ sao cho $DE || AB$ và $DF || AC$. Gọi $A'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $(BCEF)$. Xác định tương tự các điểm $B', C'$. Chứng minh rằng $AA', BB', CC'$ đồng quy.

Nguồn: Nhớ là trong một cuốn sách nào đó.