Tài liệu môn Hình học - Sử dụng diện tích trong chứng minh Hình học

SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ dàng tìm ra lời giải của bài toán. 
Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC = 2 DB.
Phân tích bài toán (h.1) 
Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho. 
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB. 
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB nên DC = 2 DB. 
Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát : 
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC. 
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F. 
Chứng minh rằng OE = OF. 
Giải :
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2. 
Ta có : 
Từ (1), (2), (3) => : 
Do đó OE = OF. 
Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có SADC = SBDC . 
Cùng trừ đi S5 được : 
S1 + S2 = S3 + S4 (1) 
Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1). 
Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1). 
Vậy OE = OF. 
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC.
Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC. 
Ta có : 
DH . AN = 2 SADN (1) 
DI . CM = 2 SCDM (2) 
Ta lại có SADN = 1/2.SABCD (tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau), SCDM = 1/2.SABCD nên SADN = SCDM (3) 
Từ (1), (2), (3) => DH . AN = DI . CM. 
Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KI là tia phân giác của góc AKC. 
Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là các đoạn thẳng ấy. Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán. 
Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau : 
1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng MH + MK = BI. 
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến 
SAMB + SAMC = SABC.
2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của M. 
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến 
SMBC + SMAC + SMAB = SABC.
3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC. 
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến 
SMAC - SMAB = SABC. 
4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O. Gọi F là trung điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB. 
Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy. 
Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy. 
Gọi C1 và D1 là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC1 và BD1 với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC1 và BD1, và do đó vị trí của MN sẽ là EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1). 
Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1. Mặt khác ME và NF là đường trung bình của các tam giác ACC1 và BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 , ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình hành => MN // EF => đpcm. 
Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự. 
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng minh ΔAIJ cân. 
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung tuyến của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N. Gọi F là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF. 
Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”. 
Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông. 
Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm lấy xem như bài tập). 
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE. Vậy B là một điểm thuộc các tập hợp cần tìm. 
Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD1E1 khi đó D trùng với D1, E trùng với E1 và I trùng với I1 (trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E1 thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi. Điều này không khó vì Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE1 = ΔBCA (c. g. c) => Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE1 (1/2 đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là đường thằng BE1). 
Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm trên EE1 (xem hình 2) 
=> Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm trên đường tròn đường kính AE1, nhưng ABE1D1 là hình vuông nên đường tròn đường kính AE1 cũng là đường tròn đường kính BD1. Chú ý rằng B và D1 là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn đường kính BD1 (nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là đường thẳng BD1). 
Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II1 là đường trung bình của ΔBDD1 nên II1 // DD1 => Đ BII1 = 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI1 (đường tròn này và A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD1). 
Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây : 
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao cho OM = CH. Tìm tập hợp M.
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS.
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :
a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ 0 
=> : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1. 
Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào cả hai vế ta được :
2 (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2)
=> : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2) (*) 
Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :
2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2) (**) 
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2. 
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị. 
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004. 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x2003 ≤ y2003. 
Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0 
=> : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 
Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003)
=> : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm). 
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : 
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình : 
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. 
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. 
Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. 
Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. 
Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 
=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH 
Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :
2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) 
=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. 
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc. Chứng minh : 
với S là diện tích tam giác ABC. 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c 
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ hb ≥ hc . 
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S 
=> : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S) (1) 
Tương tự ta được : 
1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S) (2) 
1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S) (3) 
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : 
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. 
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 
1) Biết rằng x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : 
3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc. Chứng minh : 
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.
PH ...  quát, giả sử x y và x z. (4) 
Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên : 
Từ (1), (2), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ x6 + z6 = 2y2004 => 2x2004 ≤ 2y2004 => x ≤ y. (5) 
Từ (1), (3), (4) => 2x2004 = y6 + z6 ≤ y6 + x6 = 2z2004 => 2x2004 ≤ 2z2004 => x ≤ z. (6) 
Từ (4), (5), (6) suy ra x = y = z. 
Thay vào (1) ta có 2x2004 = x6 + x6 = 2x6 suy ra x = 1 (do x > 0). 
Vậy hệ có nghiệm dương duy nhất : x = y = z = 1. 
Ví dụ 3 : Tìm a, b, c biết 
4a - b2 = 4b - c2 = 4c - a2 = 1 (*) 
Lời giải : Ta thấy ngay a > 0, b > 0, c > 0. 
Giả sử a > b, từ (*) ta có : 
4a - 4b = b2 - c2 > 0 => b > c (>0) ; 
4b - 4c = c2 - a2 > 0 => c > a (>0). 
=> b > c > a trái với giả thiết a > b => a ≤ b. 
Tương tự như trên, nếu a < b thì cũng dẫn đến điều vô lí. Vậy a = b, suy ra : 
4a - 4b = b2 - c2 = 0 => b = c => a = b = c. 
Thay vào (*) ta có : 
4a - b2 = 1 4a - a2 = 1 a2 - 4a + 1 = 0 
Giải phương trình bậc hai ẩn a trên ta được hai nghiệm là ++++++++ 
Vậy hệ phương trình (*) có hai nghiệm : 
2. Đánh giá ẩn với một số
Ví dụ 4 (đề thi vào lớp 10 chuyên, ĐHQG Hà Nội 2004) : Biết a > 0, b > 0 và a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 (1). 
Tính giá trị của biểu thức P = a2004 + b2004. 
Lời giải : Ta sẽ chứng minh a = 1, b = 1, từ đó tính được P. Thật vậy, từ (1) ta có : 
a100.(1 - a) = b100.(b - 1) (2) 
a101.(1 - a) = b101.(b - 1) (3) 
Trừ (2) cho (3) theo từng vế ta có : 
(a100 - a101)(1 - a) = (b100 - b101)(b - 1) a100.(1 - a)2 = b100.(1 - b)(b - 1) 
 a100.(1 - a)2 = - b100.(1 - b)2. (4) 
Nếu a ≠ 1, do a > 0 suy ra : 
a100.(1 - a)2 > 0 ≥ - b100.(1 - b)2 trái với (4) => a = 1 => b = 1 (thay vào (2), b >0). 
Vậy P = 12004 + 12004 = 2. 
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình 
Lời giải : Ta sẽ chứng minh x = 1. 
Nhận xét : x, y, z đều khác 0. 
Giả sử x > 1 (4). 
Tương tự, x < 1 cũng dẫn đến điều vô lí. 
Suy ra x = 1, thay vào (1) và (2) ta có : 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : x = y = z = 1. 
Các bạn hãy thử giải các hệ phương trình sau :
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau. 
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng DF chia đôi đoạn thẳng GE. 
Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB là K và DF với BC là M. 
Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC. 
Theo giả thiết, D là trung điểm của AC 
=> DF là đường trung bình của DCKA 
=> DF // KA hay DM // AB. 
=> DM là đường trung bình của DABC 
=> M là trung điểm của BC. 
Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE GE // BC. 
Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy : 
Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra 
Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên 
Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC. 
Cách 2 : Vì BE là phân giác của Ð ABC 
Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC. 
Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên 
Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C1, A1, B1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM. 
Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A1B1 và B1C1 lần lượt tại K1 và M1. 
Xét ∆ B1K1M1, dễ thấy MK // M1K1 nên OM = OK BM1 = BK1. Ta sẽ chứng minh BM1 = BK1, thật vậy : 
∆ AB1C1 đồng dạng với ∆ BM1C1 suy ra 
∆ CB1A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK1A1 suy ra 
Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM1 = BK1. 
Bài toán 3 : Xét bài 5(20) trang 15. 
Hướng dẫn : 
Do OX = OY nên : 
XZ = YT OZ = OT. 
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành bằng cách xét 3 trường hợp : Ð IBA 90o ; Ð IBA = 90 o 
Gọi M là giao điểm của O1I và CD. 
Với Ð IBA Ð CIM + Ð ICM = 90 o =>O1I ^ CD ; Mà OO2 ^ CD => OO2 // O1I. 
Tương tự OO1 // O2I, suy ra IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại). 
Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ; 
Ð OO1Z = (180o - 2 Ð O1IZ) + Ð OO1I = 360o - Ð OO2I - (180o - 2( Ð OO22IT) = OO2T 
=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam giác đồng dạng). l Bài tập áp dụng : 
1) Từ điểm C ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần bằng nhau. 
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O) tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác của Ð MPN. 
3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB.
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIẤ TRỊ LỚN NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho trước. 
Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN. 
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình 
x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy) 
 xy + 3 = x4 + y4 + 2x2y2 
 xy + 3 = (x2 + y2)2 (1). 
Do (x2 - y2)2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với mọi x, y (2). 
Từ (1) và (2) ta có : 
xy + 3 ≥ 4(xy)2 4t2 - t - 3 ≤ 0 (với t = xy) 
 (t - 1)(4t + 3) ≤ 0 
Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1 
 x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng 
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. 
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có : 
Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2. 
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. 
Lời giải : 
x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 
 (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1). 
áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : 
x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2). 
Từ (1) và (2) suy ra : 
2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9 
 3A2 + 6|A| - 9 ≤ 0 A2 + 2|A| - 3 ≤ 0 
 (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 |A| ≤ 1 
 -1 ≤ A ≤ 1. 
Vậy : A đạt GTLN bằng 1 
A đạt GTNN bằng -1 
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2). 
Tìm GTLN và GTNN của x2 + y2. 
Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) 
 (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - 3 = -3x2 ≤ 0 
=> t2 - 2t - 3 ≤ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) 
=> (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3 
Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ; 
Ta lại có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) 
 (x2 + y2)2 + x2 + y2 - 3 = 3y2 ≥ 0 
=> t2 + t - 3 ≥ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) 
Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN bằng 
khi và chỉ khi y = 0 ; 
Bài tập tương tự 
1) Cho x, y, z thỏa mãn : 
2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. 
Tìm GTLN của xyz. 
Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2) 
2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : 
(x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz 
Tìm GTNN của xyz. 
Đáp số : 8 (x = y = z = 2). 
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm của phương trình : 
5x2 + 8xy + 5y2 = 36 
Đáp số : GTLN là 36 
GTNN là 4 
4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : 
Tìm GTLN của x2 + y2. 
Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0). 
5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : 
x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - 5 
Tìm GTLN và GTNN của x - 2y. 
Đáp số : 
GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ; 
GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1). 
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết rằng : 
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.
MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ
Với mọi số thực a, b, c, ta có : 
(a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) 
= a(a + b + c) + bc (*). 
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay : 
Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì 
a2 + 1 = (a + b)(a + c). 
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì 
a + bc = (a + b)(a + c). 
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên. 
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : 
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có 
a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; 
b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; 
c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b). 
Suy ra 
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) 
= 2(ab + bc + ca) = 2. 
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức. 
Bài toán 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc : 
1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥
b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; 
(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2 
1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = 
Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có 
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac : 
Tương tự ta có 
Từ các kết quả trên ta suy ra : 
Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)). 
Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có 
Tương tự ta có 
Từ các kết quả trên ta suy ra : 
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập : 
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức : 
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng : 
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 
(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2.