Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng linh hoạt bất đẳng thức Côsi trong giải toán cực trị Hình học 9

i 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. 
2. Một số định lý nâng cao 
Định lý Ceva(định lý Sêva - nhà toán học Ý, 1647-1734) 
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ 
lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA, 
AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi 
3 
và chỉ khi
A'B ' '
. . 1
' ' '
B C C A
A C B A C B
 
Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công nguyên) 
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ 
lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, 
CA, AB sao cho trong chúng hoặc không 
có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc 
các cạnh của tam giác ABC. Khi đó A’, 
B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi 
A'B ' '
. . 1
' ' '
B C C A
A C B A C B
 
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) 
 Hình 1 
 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) 
I
B
C
D
A
4 
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: 
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
 . 
B 1C
A 2B
 (1) 
Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B, 
 và vì BB1  AC nên 
1 1
1 1
.cot tan
.cot tan
AB BB A C
B C BB C A
  
 Hình 2 
 Vậy từ (1)  
2
tan
2.
tan
AP C
PA A
 
Hoàn toàn tương tự, ta có: 
2 2
tan tan
2. , 2.
tan tan
BQ A CR B
QB B RC C
  
Từ đó: 
2 2 2
tan tan tan
2.
tan tan tan
AP BQ CR C A B
PA QB RC A B C
 
     
 
Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì: 
R
P2
1
1
2Q
2
1
A
A
B
C
A
B
C
C
B
5 
 3
tan tan tan tan tan tan
3 . . 3
tan tan tan tan tan tan
C A B C A B
A B C A B C
    
Vậy: 
AP
PA 2
 + 
BQ
QB 2
 + 
CR
RC 2
  6. 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
tan tan tan
tan tan tan
C A B
A B C
  , 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) 
Ta có: SMCD = 
1
2
 MC.MD 
Đặt : MA = a, MB = b,  AMC BDM   
 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. 
Hình 3 
Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinαcosα  sin2α + cos2α = 1 
 Nên SMCD  ab. Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα  α = 45
0 
 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: 
ba
α
α
y
x
D
A B
F
M
C
6 
 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
 Do đó : 
S ADME
S ABC
 = 
2xy
(x+y)2
 (*) 
Hình 4 
 Theo bất dẳng thức Côsi: x + y  2 xy  (x + y)2  4xy  
2xy
(x+y)2
  
1
2
 (**) 
 Từ (*) và (**), ta được: 
S ADME
S ABC
  
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: 
S 1
S
 = ( 
BM
BC
 )2, 
S 2
S
 = ( 
MC
BC
 )2 
 Suy ra: 
S 1+S
2
S
 = 
BM2 +MC
2
BC2 
 = 
x2 +y
2
(x+y)2 
  
1
2
 . Như vậy S1 + S2  
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 
xy
(x+y)2 
  
1
4
 . 
Còn ở cách 2, ta cũng 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 
x2 +y
2
(x+y)2 
  
1
2
 . Qua đây cho thấy, cùng 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. 
21
yx
H
K
E
D
B C
A
M
7 
 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. 
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 S DEKH = 
1
2
 . 
a
2
 . 
a
2
 = 
a2 
8
 Hình 5 
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
 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 α nhỏ nhất 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, BAC  , 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 - 2xy.cosA (*) 
 Đặt SABC = S , SAIK = S’ thì S’ = 
S
2
 không đổi. 
 Mặt khác, S’ = 
1
2
 xy.sinA, mà S’ và A không đổi nên 
xy không đổi. Từ (*) ta thấy: 
H
KD
B
A CE
M
8 
 IK nhỏ nhất  x2 + y2 nhỏ nhất. 
 Theo bất đẳng thức Côsi: x2 + y2  2xy (hằng số) 
 Vậy x2 + y2 nhỏ nhất  x = y. 
 Hình 6 
 Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn nhất khi và chỉ khi tam giác AIK 
cân tại A. (**) Bây giờ ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α. 
Hình 6.1 
 Kẻ đường cao AH của tam giác cân AIK (hình 6.1) 
 Khi đó: IH = AH.tan 
α
2
suy ra IK = m = 2AH.tan 
α
2
 Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH 
nên 2.AH = 
4S’
m
 Vậy m = 
4S’
m
.tan 
α
2
  m2 = 4S’.tan 
α
2
 2. '.tan
2
m S

 
 Thay S’ = 
S
2
 thì 2 .tan
2
m S

 
 Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn nhất 2 .tan
2
m S

 với   min( , , )A B C  
Nhận xét: Một tình huống của thực tế đã được giải quyết thuyết phục bằng Toán học. 
Nếu chỉ để chia mảnh đất hình tam giác đó thành 2 mảnh có diện tích bằng nhau thì 
quá đơn giản (chỉ cần bờ rào là một trong ba trung tuyến của tam giác là đủ), ở đây 
mục đích đặt ra là vừa phải chia đôi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng là ngắn 
nhất. Trong cách giải ở trên, ta đã sử dụng công thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ đó 
khẳng định tích xy không đổi, và sử dụng bất đẳng thức Côsi để tìm giá trị nhỏ nhất 
của IK. 
y
x
α
A
B
C
I
K
α
2 2
α
HI K
A
9 
 Bài toán thực tế trên có thể được khai thác trong việc chọn lọc, ra đề thi chọn 
học sinh giỏi Toán 9 khá hay và phù hợp với việc kết hợp câu hỏi phụ “ Chứng minh 
trong tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, thì a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA”. 
Hoặc kết luận (**) trong lời giải trên cũng cho ta một bài toán “Chứng minh rằng 
trong tam giác AIK có diện tích và số đo góc A không đổi, tam giác cân tại A có độ dài 
IK nhỏ nhất” 
 Dưới đây là một ví dụ khác về việc khai thác bài toán gốc để cho ra những bài 
toán khác, tuỳ theo mục đích hỏi và đối tượng làm bài. 
Bài 7: Cho đường tròn (O; r) nội tiếp 
tam giác ABC. Kẻ đường thẳng qua O 
cắt hai cạnh CA, CB của tam giác theo 
thứ tự ở M và N. Đường thẳng ở vị trí 
nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ 
nhất? 
 Lời giải: 
Gọi S là diện tích CMN, ta có : 
 S = SOCM + SOCN = 
1
2
 (CM + CN).r 
 Do đó: 
S
r
 = 
1
2
 (CM + CN) (1) 
Theo bất đẳng thức Côsi: 
1
2
 (CM + CN)  CM.CN (2) 
Mặt khác: CM.CN  2S (3) 
 Hình 7 
Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: 
S
r
 = 
1
2
 (CM + CN) CM.CN 2S 
 hay S 2S.r  S2  2S.r2  S  2r2. Vậy S nhỏ nhất bẳng 2r2 khi CM = CN. 
 Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO  MN. 
 Kết luận: Đường thẳng MN  CO tại O thì CMN có diện tích nhỏ nhất. 
Nhận xét: Có thể diễn đạt kết quả bài toán trên dưới dạng sau: Cho điểm O thuộc tia 
phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và 
N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là đường cao của tam giác. 
 Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì 
đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi 
và chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác. 
 Ta còn có kết quả mạnh hơn bằng cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc 
C: Cho điểm O nằm trong góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của 
góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung 
tuyến của tam giác. Dưói đây là hai cách giải bài toán này: 
r
r
O
A
C
B
M
N
10 
Cách 1 : Xét CMN nhận CO là trung 
tuyến và CDE có DE đi qua O nhưng OD 
< OE (như hình vẽ 7.1). Lấy I trên đoạn OE 
sao cho OI = OD.Ta có: ODM = OIN 
(c.g.c) 
 => SODM = SOIN  SCMN < SCDE. 
Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song 
song với các cạnh của góc C, tạo thành hình 
bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2). 
 Hình 7.1 
 Theo kết quả Bài 4, ta có: 
 SOHCK  
1
2
 SCMN 
 SCMN  2SOHCK. 
Do góc C và điểm O cố định nên SOHCK 
không đổi. 
Vì vậy min SCMN = 2SOHCK, khi O là 
trung điểm của MN. 
Để dựng điểm M, ta chỉ cần lấy M sao 
cho H là trung điểm của CM 
 Hình 7.2 
 Nhận xét: Qua những bài toán điển hình tôi đã lựa chọn ở trên, một số bài toán sẽ 
còn có những cách giải khác. Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và hợp lý vai trò 
của bất dẳng thức Côsi, cùng những kết quả khác của hình học, lời giải qua các ví dụ 
đó đã ngắn gọn và đẹp hơn. Đối với người học ( đối tượng là HS giỏi Toán 9), thì có 
thể coi đây là những gợi ý, định hướng suy nghĩ và tìm tòi lời giải cho một số bài toán 
cực trị hình học. Còn đối với người dạy (GV), đây cũng có thể coi như những ý kiến 
tham khảo, trao đổi về việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong việc đưa ra các bài toán 
cực trị hình học hay những bài toán giải quyết những vấn đề có ý nghĩa thực tiễn cuộc 
sống. 
II. Phát triển bài toán hình học từ một bài toán gốc của đại số 
 Để mức độ khai thác bất đẳng thức Côsi sâu hơn, cao hơn; ta có thể sử dụng 
những bài toán gốc của Đại số, đó là một dạng cụ thể của bất đẳng thức Côsi, đã được 
chứng minh ở góc độ tổng quát, và đưa vào những bài toán chứng minh bất đẳng thức 
hình học. Muốn giải quyết được các bài toán này, đòi hỏi ở người làm toán khả năng 
phân tích và áp dụng khéo léo các kết quả đó. 
 Tiếp sau đây là một vài ví dụ cho ý tưởng trên. 
Bài toán gốc: Chứng minh rằng nếu a1, a2, , an là các số dương, thì 
 (a1 + a2 +  + an)( 
1
a 1
 + 
1
a 2
 +  + 
1
a n
 )  n2 
 Chứng minh: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 
 a1+a2+...+an
n
  
n
a1a2...an (1) 
O
C
M
N
D
E
I
K
H
O
C
M
N
11 
1
a 1
+
1
a 2
++
1
a n
n
  
n 1
a 1
.
1
a 2
.
.
.
1
a n
 (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)( 
1
a 1
 + 
1
a 2
 +  + 
1
a n
 )  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) 
 Theo định lý Sêva, 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 
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 
AA’
AA 1
 + 
BB’
BB 1
 + 
CC’
CC 1
  
9
4
O
A
B
CM
N
P
12 
1A
A'
A
B
C
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 : 
(
AA’
AA 1
 + 
BB’
BB 1
 + 
CC’
CC 1
).(
AA 1
AA’
 + 
BB 1
BB’
 + 
CC 1
CC’
)  9 (*) 
 Xét 1 1 1 ' ' '3
' ' ' ' ' '
AA BB CC A H B H C H
AA BB CC AA BB CC
      
 Hình 8.2 
Mặt khác, theo định lí Sêva : 
A’H
AA’
 + 
B’H
BB’
 + 
C’H
CC’
 = 1 
 Nên: 
AA 1
AA’
 + 
BB 1
BB’
 + 
CC 1
CC’
 = 3 + 1 = 4 
 Khi đó, (*)  
AA’
AA 1
 + 
BB’
BB 1
 + 
CC’
CC 1
  
9
4
 . 
 Dấu bằng xảy ra  
AA 1
AA’
 = 
BB 1
BB’
 = 
CC 1
CC’
  1+ 
A’A 1
AA’ 
 = 1+ 
B’B 1
BB’
 = 1+ 
C’C 1
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 : 
AA’
AA 1
 + 
BB’
BB 1
 + 
CC’
CC 1
  
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 = 
a2 
4
 => AA’.A’A1 = AA’.(AA’ + A’A1) 
 = AA’2 + AA’.A’A1 = AA’
2 + 
a2 
4
 Mà AA’ là trung tuyến của ABC nên: 
 AA’2 = 
b2 +c
2
2
 - 
a2 
4
 Suy ra: AA’.A’A1 = 
b2 +c
2
2
 Hình 8.3 
 Ta có: 
1
1
1
C'C
B'
B
A'
A
H
A
B
C
13 
AA’
AA 1
 = 
AA’2 
AA’.AA 1
 = 
1
2
.
2b2 +2c
2
 -a
2
b2 +c
2
 = 1 - 
a2 
b2 +c
2
 (1) 
Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được: 
BB’
BB 1
 = 1 - 
b2 
a2 +c
2
 (2) và 
CC’
CC 1
 = 1 - 
c2 
a2 +b
2
 (3) 
Kết hợp (1), (2), và (3) thì : 
 (*)  3 - 
1
2
 . ( 
a2 
b2 +c
2
 + 
b2 
a2 +c
2
 + 
c2 
a2 +b
2
 )  
9
4
  
a2 
b2 +c
2
 + 
b2 
a2 +c
2
 + 
c2 
a2 +b
2
  
3
2
  1 + 
a2 
b2 +c
2
 + 1 + 
b2 
a2 +c
2
 + 1 + 
c2 
a2 +b
2
  
9
2
  2 (a2 + b2 + c2) ( 
1
b2 +c
2
 + 
1
a2 +c
2
 + 
1
a2 +b
2
 )  9 
  [ (b2 + c2)+(a2+ c2) + (a2 + b2)].( 
1
b2 +c
2
 + 
1
a2 +c
2
 + 
1
a2 +b
2
 )  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): ma
2 = 
b2 +c
2
2
 - 
a2 
4
 . 
 Cũng có thể học sinh dừng lại ở chỗ 
a2 
b2 +c
2
 + 
b2 
a2 +c
2
 + 
c2 
a2 +b
2
  
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: 
a 1
h a
 + 
b 1
h b
 + 
c 1
h c
  
3
2
Lời giải: 
14 
 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
 = 
a 1
h a
 (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: 
a 1
h a
 = 
a
b+c
 (3) 
 Hình 8.4 
Hoàn toàn tương tự, ta có: 
b 1
h b
 = 
b
c+a
 (4) và 
c 1
h c
 = 
c
a+b
 (5) 
Cộng từng về của (3), (4), (5), ta được: 
a 1
h a
 + 
b 1
h b
 + 
c 1
h c
 = 
a
b+c
 + 
b
c+a
 + 
c
a+b
  
3
2
III. Một số bài tập đề xuất 
Bài 1: Cho nửa (O; R) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Bx tại B của (O). Gọi M là điểm 
di động thuộc nửa đường tròn và AM cắt Bx tại E. Xác định