Chuyên đề về Bất đẳng thức

 1
1. PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN 
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 
A. TÍNH CHẤT BẤT ĐẲNG THỨC 
1. Định nghĩa : 
• Bất đẳng thức là hệ thức có một trong các dạng : 
A > B ⇔ A – B > 0 hay A < B ⇔ A – B < 0 
A ≥ B ⇔ A – B ≥ 0 hay A ≤ B ⇔ A – B ≤ 0 (dạng suy rộng) 
Trong đó A, B là các biểu thức chứa biến số hay các số. 
2. Tính chất cơ bản : 
2.1 a > 0 ⇔ a + m > b + m 
2.2 Nếu m > 0 thì : a > b ⇔ am > bm 
 Nếu m b ⇔ am < bm 
3. Vài tính chất khác : 
3.1 Nếu a > b thì b < a 
3.2 Nếu a > b và b > c thì a > c 
3.3 Nếu a > b và c > d thì a + c > b + d (tính chất này không áp 
dụng cho phép trừ hai đẳng thức cùng chiều) 
3.4 Nếu a > b > 0 và c > d > 0 thì ac > bd 
3.5 Nếu a > b và ab > 0 thì <1 1
a b
3.6 Nếu a > b > 0 và n là số nguyên dương thì : an > bn 
3.7 Nếu a > b > 0 và n là số nguyên dương thì : >n na b 
Ghi chú : 
Các tính chất nêu trên vẫn được sử dụng đối với các bất đẳng thức 
suy rộng. 
4. Vài cách thông thường để chứng minh bất đẳng thức : 
• Dựa vào định nghĩa (xét hiệu hai vế) 
• Dùng phương pháp biến đổi tương đương 
• Dựa vào các bất đẳng thức đúng đã biết 
 hoặc phối hợp các phương pháp này. 
 2
B. PHƯƠNG PHÁP DỰA VÀO ĐỊNH NGHĨA 
Muốn chứng minh bất đẳng thức A ≥ B ta xét hiệu A – B và 
chứng minh A – B ≥ 0 
Lưu ý : 
A2 ≥ 0 A2 + B2 ≥ 0 
Và các hằng bất đẳng thức : 
 (A ± B)2 = A2 ± 2AB + B2 ≥ 0 
 (A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2(AB + BC + CA) ≥ 0 
1.1 
Chứng minh các bất đẳng thức : 
1. x4 + y4 ≥ x3y + xy3 2. x4 + y4 + 2 ≥ 4xy 
1.2 
1. Cho hai số dương x, y chứng minh bất đẳng thức : 
x3 + y3 ≥ x2y + xy2 
2. Cho hai số dương x, y thỏa điều kiện : x3 + y3 = x – y. 
Chứng minh bất đẳng thức : x2 + xy + y2 < 1 
1.3 
Chứng minh các bất đẳng thức : 
 1. a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b 2. 2 2 2a b c ab 2bc ca
4
+ + ≥ + − 
1.4 
Chứng minh bất đẳng thức : x2 + y2 + 4 ≥ 2(x + y) + xy 
Đẳng thức xảy ra khi nào ? 
Gợi ý : 
Tách –2x thành x – 3x, đưa hiệu hai vế về dạng : 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 2
1 3 1
2 2
x xy 
1.5 
Chứng minh rằng nếu abc = 1 và a3 > 36 thì : 
2
2 2
3
+ + > + +a b c ab bc ca 
 3
Gợi ý : 
Tách 
2
3
a thành +
2 2
4 12
a a . Đưa hiệu hai vế về dạng : 
−⎛ ⎞− − +⎜ ⎟⎝ ⎠
2 3 36
2 12
a ab c
a
C. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 
 Dùng các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi bất đẳng thức phải 
chứng minh tương đương với một bất đẳng thức mà ta biết là đúng. 
 Cần lưu ý các biến đổi tương đương có điều kiện, chẳng hạn : 
A2 > B2 ⇔ A > B trong điều kiện A, B > 0 
m > n ⇔ Am > An trong điều kiện A > 1 và m, n nguyên dương 
1.6 
Chứng minh các bất đẳng thức : 
1. (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax – by)2 
2. x + y + z ≥ + +xy yz zx (với x, y, z ≥ 0) 
1.7 
Chứng minh bất đẳng thức : (a6 + b6)(a4 + b4) ≤ 2(a10 + b10) 
1.8 
Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng : 
1. Nếu <a 1
b
 thì +< +
a a c
b b c
2. Nếu >a 1
b
 thì +> +
a a c
b b c
1.9 
Cho hai số dương a và b và ≤x y
a b
. Chứng minh rằng : +≤ ≤+
x x y y
a a b b
1.10 
1. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh rằng : 
< <+ + + + +
a a 2a
a b c b c a b c
2. Suy ra : < + + <+ + +
a b c1 2
b c c a a b
 4
Hướng dẫn : 
2. 
⎫< < ⎪+ + + + + ⎪⎪< < ⎬+ + + + + ⎪⎪< < ⎪+ + + + + ⎭
a a 2a
a b c b c a b c
b b 2b
a b c c a a b c
c c 2c
a b c a b a b c
 ⇒ < + < <+ + +
a b c1 2
b c c a a b
1.11 
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác với a ≥ b. Chứng minh rằng : 
a(a2 – 3ab – c2) ≤ b(b2 – 3ab – c2) 
1.12 
Cho hai số dương x, y thỏa điều kiện x + y = 1 . Chứng minh rằng : 
⎛ ⎞⎛ ⎞+ + ≥⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
1 11 1 9
x y
Hướng dẫn : 
Trong điều kiện x > 0, y > 0 và x + y = 1 ta có : 
(x + 1)(y + 1) ≥ 9xy ⇔ xy + x + y + 1 ≥ 9xy 
⇔ 2 ≥ 8xy ⇔ 1 ≥ 4xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ (x – y)2 ≥ 0 
1.13 
Cho a > b > 0 và hai số nguyên dương m và n với m > n. Chứng minh 
rằng : − −>+ +
m m n n
m m n n
a b a b
a b a b
1.14 
Cho ba số dương x, y, z với x > z và y > z. Chứng minh rằng : 
− + − ≤z(x z) z(y z) xy 
1.15 
Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện : x3 + y3 + z3 = 1. 
1. Chứng minh bất đẳng thức : ≥−
2
3
2
x 2x
1 x
2. Suy ra : + + >− − −
2 2 2
2 2 2
x y z 2
1 x 1 y 1 z
Gợi ý : 
2. Lưu ý đẳng thức không xảy ra. 
 5
1.16 
Cho xy ≥ 1 , chứng minh bất đẳng thức : + − ≥+ + +2 2
1 1 2 0
1 x 1 y 1 xy
Hướng dẫn : 
Trong điều kiện xy ≥ 1 
Bất đẳng thức tương đương với : 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠2 2
1 1 1 1
1 x 1 xy 1 y 1 xy
 ≥ 0 ⇔  ⇔ 
⇔ − − ≥+ + +
2
2 2
(x y) (xy 1) 0
(1 x )(1 y )(1 xy)
 ⇔ xy – 1 ≥ 0 
1.17 
Cho x ≥ y ≥ z > 0. Chứng minh rằng : 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + ≤ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 1 1 1 1y (z x) (z x)
z x y z x
Hướng dẫn : 
Trong điều kiện x ≥ y ≥ z > 0, chứng minh bất đẳng thức tương đương với 
y2 + zx ≤ yz + xy ⇔ (y – x)(y – z) ≤ 0 
1.18 
Tìm các số nguyên x, y, z thỏa bất đẳng thức : 
x2 + y2 + z2 < xy + 3y + 2z – 3 
Hướng dẫn : 
Do x, y, z là số nguyên, bất đẳng thức tương đương với : 
x2 + y2 + z2 – xy – 3y – 2z + 3 ≤ -1 
⇔ ( )2 22 23 1 2 1 04 4y yx xy y z z⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + − + + − + ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
⇔ 
2 2
23 1 ( 1) 0
2 2
y yx z⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Tìm được : x = 1 , y = 2 , z = 1 
 6
D. PHƯƠNG PHÁP TỔNG HỢP 
Dựa vào các tính chất của bất đẳng thức và các hằng bất đẳng thức bằng 
suy diễn để tìm ra bất đẳng thức phải chứng minh. 
Ta thường dùng các bổ đề sau : 
A2 + B2 ≥ 2AB (A + B)2 ≥ 4AB + +⎛ ⎞≥ ⎜ ⎟⎝ ⎠
22 2A B A B
2 2
A + 1
A
 ≥ 2 (với A > 0) +A B
B A
≥ 2 (với AB > 0) 
+ ≥ +
1 1 4
A B A B
 (với A, B > 0)  
1.19 
Chứng minh bất đẳng thức : 
x2 + y2 + z2 + t2 ≥ (x + y)(z + t) 
1.20 
Chứng minh rằng : 
1. Nếu a + b > 2 thì a2 + b2 > 2 
2. Nếu a2 + b2 ≤ 2 thì a + b ≤ 2 
1.21 
Chứng minh bất đẳng thức : 
x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z) 
1.22 
Chứng minh rằng nếu x2 + y2 = 1 thì : - 2 ≤ x + y ≤ 2 
1.23 
Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 = 1 thì : − 1
2
 ≤ ab + bc + ca ≤ 1 
Hướng dẫn : 
Với a2 + b2 + c2 = 1 ta có : 
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 0 
hay 
1 + 2(ab + bc + ca) ≥ 0 
ab + bc + ca ≥ - 1
2
 (1) 
 7
Mặt khác : 
⎫+ ≥ ⎪+ ≥ ⎬⎪+ ≥ ⎭
2 2
2 2
2 2
a b 2ab
b c 2bc
c a 2ca
 ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 
hay ab + bc + ca ≤ 1 (2) 
1.24 
Cho hai số không âm a, b. Chứng minh rằng : (a + b)(ab + 1) ≥ 4ab 
1.25 
Cho ba số không âm x, y, z. Chứng minh rằng : 
(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz 
1.26 
Chứng minh bất đẳng thức : 
(x + y)2(y + z)2 ≥ 4xyz(x + y + z) 
Hướng dẫn : 
(x + y)2(y + z)2 = (xy + y2 + zx + yz)2 
= [(x + y + z)y + zx]2 ≥ 4(x + y + z)y.zx = 4xyz(x + y + z) 
1.27 
Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện : x + y + z = 1 
Chứng minh rằng : y + z ≥ 16xyz 
Hướng dẫn : 
12 = [x + (y + z)]2 ≥ 4x(y + z) mà y + z > 0 
1(y + z) ≥ 4x(y + z)2 mà (y + z)2 ≥ 4yz 
y + z ≥ 4x.4yz = 16xyz 
1.28 
1. Cho ba số dương x, y, z. Chứng minh rằng : + + ++ + ≥x y y z z x 6
z x y
2. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác. Chứng minh : 
+ ++ − + − + −
2a 2b 2c
b c a c a b a b c
 ≥ 6 
Hướng dẫn : 
2. Đặt : b + c – a = x ; c + a – b = y ; a + b – c = z thì : 
2a = y + z ; 2b = z + x ; 2c = x + y 
Vận dụng kết quả của câu (1) 
 8
1.29 
Cho bốn số dương x, y, z, t thỏa điều kiện : xyzt = 1 . Chứng minh rằng 
x2 + y2 + z2 + t2 + x(y + z) + y(z + t) + z(t + x) + t(x + y) ≥ 12 
Gợi ý : 
x, y, z, t > 0 và xyzt = 1 cho zt = >1 0
xy
 ; xy + zt = xy + 1
xy
 ≥ 2 
1.30 
Cho ba số dương x, y, z thỏa điều kiện : + =1 1 2
x y z
Chứng minh bất đẳng thức : + ++− −
x z z y
2x z 2y z
 ≥ 4 
Hướng dẫn : 
Tính z theo x, y : z = +
2xy
x y
. Thế vào vế trái của bất đẳng thức phải 
chứng minh rồi biến đổi : 
x z z y x 3y y 3x 1 3 y 1 3 x. .
2x z 2y z 2x 2y 2 2 x 2 2 y
+ + + ++ = + = + + +− − 
= ⎛ ⎞⎛ ⎞+ + + ≥ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 1 3 x y 31 .2 4
2 2 2 y x 2
1.31 
Cho ba số dương x, y, z . 
1. Chứng minh bất đẳng thức : +≤+
xy x y
x y 4
2. Suy ra : + ++ + ≤
+ + +
1 1 1 x y z
1 1 1 1 1 1 2
x y y z z x
Gợi ý : 
2. = =+ ++
1 1 xy
1 1 x y x y
x y xy
 ≤ +x y
4
 9
1.32 
1. Cho hai số dương x, y . Chứng minh rằng : + ≥ +
1 1 4
x y x y
Đẳng thức xảy ra lúc nào ? 
2. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác và p là nửa chu vi. 
Chứng minh rằng : 
⎛ ⎞+ + ≥ + +⎜ ⎟− − − ⎝ ⎠
1 1 1 1 1 12
p a p b p c a b c
Đẳng thức xảy ra lúc tam giác có đặc điểm gì ? 
1.33 
Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác . Chứng minh bất đẳng thức : 
+ + > + ++ − + − + −
1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
Hướng dẫn : 
Do bất đẳng thức giữa độ dài ba cạnh một tam giác, ta có : 
 a + b – c > 0 b + c – a > 0 c + a – b > 0 
Nên : ++ − + −
1 1
a b c b c a
 ≥ =+ − + + −
4 2
a b c b c a b
 (1) 
Tương tự : + ≥+ − + −
1 1 2
b c a c a b c
 (2) 
 + ≥+ − + −
1 1 2
c a b a b c a
 (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. 
1.34 
Cho hai số dương x,y thỏa điều kiện x+y =1. Chứng minh bất đẳng thức : 
+ ≥+2 2
1 1 6
xy x y
Hướng dẫn : 
- Dùng hằng bất đẳng thức : (x + y)2 ≥ 4xy tìm được : ≥1 4
xy
- Vận dụng bất đẳng thức : + ≥ +
1 1 4
a b a b
 (với a, b > 0) : 
⎛ ⎞+ = + + ≥ +⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 4
xy x y 2xy 2xy x y 2xy (x y)
 10
1.35 
Cho ba số x, y, z thỏa hai điều kiện : 
x + y + z = 2 và xy + yz + zx = 1 
Chứng minh rằng mỗi số x, y, z đều thuộc đoạn 40;
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
Hướng dẫn : 
x + y + z = 2 ⇔ 2 – x = y + z 
(2 – x)2 = (y + z)2 ≥ 4yz 
4yz = 4[1 – x(y + z)] = 4[1 – x(2 – x)] 
(2 – x)2 ≥ 4(x – 1)2 ⇔ x(3x – 4) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4
3
Tương tự với y và z. 
1.36 
1. Chứng minh bất đẳng thức : + +⎛ ⎞≥ ⎜ ⎟⎝ ⎠
22 2a b a b
2 2
2. Vận dụng để chứng minh rằng nếu có + + + = +1 x 1 y 2 1 z 
thì có : x + y ≥ 2z 
1.37 
Cho hai số dương x, y thỏa điều kiện x + y = 1. Chứng minh rằng : 
⎛ ⎞⎛ ⎞+ + + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
221 1 25x y
x y 2
Hướng dẫn : 
Vận dụng bất đẳng thức : + +⎛ ⎞≥ ⎜ ⎟⎝ ⎠
22 2a b a b
2 2
2 221 1 1 1 1 1x y x y
2 x y 4 x y
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞+ + + ≥ + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
( )
2
1 x yx y
4 xy
⎡ ⎤+= + +⎢ ⎥⎣ ⎦ = 
2
1 11
4 xy
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ (do x + y = 1) 
Mặt khác : (x + y)2 ≥ 4xy hay 1 ≥ 4xy ⇒ ≥1 4
xy
 (do xy > 0) 
Nên : ( )⎛ ⎞⎛ ⎞+ + + ≥ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ... 1 1 2
1 2 3
2 S .S .2 S .S .2 S .S
8
S S S
= 
80
min Σ = 8 (tại M là trọng tâm tam giác ABC) 
7.31 
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết rằng diện tích 
tam giác OAB bằng 4 cm2 và diện tích tam giác OCD bằng 9 cm2. Hãy 
tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD 
Hướng dẫn : 
Gọi S1, S2 , S3 , S4 lần lượt là diện tích các tam 
giác OAB, OBC, OCD, ODA. Tỉ số diện tích hai 
tam giác có cùng chiều cao bằng tỉ số hai đáy 
ứng với chiều cao này : 
1 2
4 3
OB S S
OD S S
= = ⇒ S2.S4 = S1.S3 
Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : 
S2 + S4 ≥ 2 2 4 1 3S .S 2 S .S= hay S2 + S4 ≥ 2 4.9 = 12 
min (S2 + S4) = 12 (tại S2 = S4 = 6) 
min (S1 + S2 + S3 + S4) = 4 + 9 + 12 = 25 cm2 
(khi đó S2 = S4 = 6 cm2) 
7.32 
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên hai cạnh AB và AD lấy lần lượt hai 
điểm M và N sao cho tam giác AMN có chu vi 2a. Xác định vị trí của M 
và N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất. 
Hướng dẫn : 
Đặt AM = x , AN = y (0 < x, y < a) thì : 
MN = 2 2x y+ x + y + 2 2x y+ = 2a 
- Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : x + y ≥ 2 xy 
- Mặt khác : x2 + y2 ≥ 2xy hay 2 2x y 2xy+ ≥ 
Nên 2a = x + y + 2 2x y+ ≥ 2 xy 2xy+ 
⇒ xy ≤ 2a
2 2+ hay xy ≤ 
22a
2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠ 
Do đó : S = 1 xy
2
 ≤ 1
2
22a
2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠ ( = hằng) 
max S = 
21 2a.
2 2 2
⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠ (tại AM = AN = 
2a
2 2+ ) 
7.33 
81
Cho tam giác ABC có chu vi 2p. Một đường thẳng song song với BC cắt 
hai cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. Biết rằng MN tiếp xúc với đường 
tròn nột tiếp tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của độ dài đoạn thẳng 
MN. 
Hướng dẫn : 
Kẻ đường cao AH của tam giác ABC, gọi r là 
bán kính đường tròn nội tiếp. 
Đặt BC = a , AH = h thì đường cao AK của 
tam giác AMN là : (h – 2r) 
Do MN // BC : MN h 2r
a h
−= 
⇒ MN = a(h 2r)
h
− 
Diện tích tam giác ABC : 
1S ah
2
S pr
⎫= ⎪⎬⎪= ⎭
 ⇒ r = ah
2p
Do đó : MN = a 2ah a(p a)h
h 2p p
⎛ ⎞ −− =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Chứng minh : p – a > 0, vận dụng bất đẳng thức Cauchy : 
a(p – a) ≤ 
2 2a (p a)
2
+ − 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = p
2
max MN = p
4
 (tại a = p
2
) 
7.34 
Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R = 1. Tam giác ABC thay đổi 
và luôn ngoại tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng qua O cắt AB, AC 
lần lượt tại M và N. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác 
AMN. 
H 
r 
K 
82
Hướng dẫn : 
Kẻ đường cao MH của tam giác AMN. Diện 
tích tam giác AMN. 
S = 1
2
AM.1 + 1
2
AN.1 = AM AN
2
+ 
Vận dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 
S = AM AN
2
+ ≥ AM.AN ≥ 2S 
Nên : S2 ≥ 2S ⇔ S ≥ 2 
min S = 2 (khi AM ⊥ AN và AM = AN = 2) 
7.35 
Cho tam giác ABC và điểm M thuộc miền trong tam giác này. Gọi x, y, z 
lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. Xác định vị trí của M để 
tích xyz đạt giá trị lớn nhất. 
Hướng dẫn : 
Đặt BC = a, CA = b, AB = c , diện tích tam giác ABC là : 
S = 1
2
(ax + by + cz) 
Vận dụng bất đẳng thức Cauchy : 
ax + by + cz ≥ 3 3 ax.by.cz hay ax + by + cz ≥ 3 3 abc.xyz 
Mà : abc là hằng số nên tích xyz lớn nhất khi và chỉ khi : 
ax = by = cz 
Gọi D, E, F là giao điểm của MA, MB, MC lần lượt với BC, CA, AB ta có : 
S(DAB) DB
S(DAC) DC
= S(DMB) DB
S(DMC) DC
= 
Nên : 
DB S(DAB) S(DMB)
DC S(DAC) S(DMC)
= = 
= S(DAB) S(DMB) S(MAB) cz 1
S(DAC) S(DMC) S(MCA) by
− = = =− 
Suy ra : DB = DC hay D là trung điểm của BC 
Tương tự : E là trung điểm của CA, F là trung điểm của AB 
Vậy tích xyz đạt giá trị lớn nhất khi M là trọng tâm tam giác ABC. 
83
7.36 
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trong các hình chữ nhật 
MNPQ nội tiếp trong nửa đường tròn, (M, N thuộc nửa đường tròn; P, Q 
thuộc đường kính AB) hình nào có chu vi lớn nhất ? 
Hướng dẫn : 
Đặt PQ = 2a, MQ = b (a, b > 0) 
Aùp dụng định lí Pitago đối với tam giác OMQ : a2 + b2 = R2 
Chu vi hình chữ nhật MNPQ : 2(2a + b) 
Chu vi này lớn nhất khi : (2a + b)2 lớn nhất 
Vận dụng bất đẳng thức Schwartz : 
(2a + b)2 ≤ (22 + 12)(a2 + b2) 
hay (2a + b)2 ≤ 5R2 
Vậy : 
max 2(2a + b) = 2R 5 (tại a = R 5 ; b = R 5
2
) 
(ứng với tgAOM
∧
 = 1
2
 : điểm M được xác định) 
7.37 
Cho tam giác vuông cân ABC : AB = AC = a. Trên các cạnh BC, CA, 
AB lấy lần lượt các điểm D, E, F sao cho DEF là tam giác vuông cân tại 
E. Xác định vị trí của D, E, F để tam giác DEF có diện tích nhỏ nhất. 
Hướng dẫn : 
Kẻ DH ⊥ AC tại H được hai tam giác vuông bằng nhau AEF và HDE. 
Đặt : AF = HE = x AE = HD = y 
thì : AB = AE + HE + HC = y + x + y 
hay : a = x + 2y 
Diện tích tam giác vuông cân DEF : 
S = 
2 2 2EF x y
2 2
+= 
Vận dụng bất đẳng thức Schwartz : 
a2 = (x + 2y)2 ≤ (12 + 22)(x2 + y2) hay a2 ≤ 5.2S 
 S ≥ 
2a
10
 min S = 
2a
10
Tại AF = a
5
 ; AE = 2a
5
 và D thuộc cạnh BC sao cho tam giác DEF cân 
tại E, lúc đó dễ thấy : 
84
0 0 0 0 0DEF 180 (AEF DEH) 180 (AEF EFA) 180 90 90
∧ ∧ ∧ ∧ ∧= − + = − + = − = 
7.38 
Cho đường tròn (O ; r). Coi tam giác ABC ngoại tiếp (O ; r), kẻ các tiếp 
tuyến song song với các cạnh của tam giác. Các tiếp tuyến này tạo với 
các cạnh của tam giác ABC ba tam giác AMN, BPQ, CRS có diện tích 
lần lượt là S1, S2, S3. Gọi S là diện tích tam giác ABC. Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức : 
1 2 3S S S
S
+ + 
Hướng dẫn : 
Gọi h1 và h lần lượt là chiều cao phát xuất từ A của hai tam giác đồng 
dạng AMN và ABC. 
2 2 2
1 1S h h 2r 2r1
S h h h
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Đặt : BC = a , CA = b , AB = c và p là nửa chu vi tam giác ABC 
 S = ah
2
 S = pr 
Nên : 2r = ah
p
Do đó : 
2
1S a1
S p
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
 hay 1S a1
S p
= − 
Tương tự : 2S b1
S p
= − 3S c1
S p
= − 
Nên : 1 2 3S S S a b c 2p3. 3 1
S S S p p
+ ++ + = = − = 
Vận dụng bất đẳng thức Schwartz : 
( )2 2 2 21 2 3 1 2 3S S S S S S1 1 1S S S S S S⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ≤ + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 
hay : 12 ≤ ( )1 2 33 S S S
S
+ +
 ⇔ 1 2 3S S S
S
+ + ≥ 1
3
Vậy : min 1 2 3S S S 1
S 3
+ + = (tại a = b = c : ABC là tam giác đều) 
85
7.39 
Cho hình chữ nhật ABCD và một điểm E thuộc cạnh BC. Phân giác của 
góc DAE cắt BC ở F. Xác định vị trí của E để tỉ số AE
EF
 đạt giá trị nhỏ 
nhất. 
Hướng dẫn : 
Đặt n nDAF FAE α= = (0 < α ≤ 450), ta có : 
 nAFE = α (góc so le trong) 
Góc so le trong AEF cân tại E nên : EA = EF 
Kẻ EH vuông góc với AF tại H : 
AF 2HF
EF EF
= = 2cosα ≥ 2cos450 = 2. 2 2
2
= 
do hàm cosin nghịch biến trong đoạn [00 ; 900]. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : α = 450 ⇔ E trùng B 
Vậy : min AF 2
EF
⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ (tại E trùng B) 
7.40 
Cho tam giác ABC vuông tại A. Coi các nửa đường tròn đường kính AB 
và AC ở miền ngoài tam giác ABC. Qua A kẻ đường thẳng (d) cắt các 
nửa đường tròn nói trên lần lượt tại D và E. Xác định vị trí của (d) để chu 
vi tứ giác BCED đạt giá trị lớn nhất. 
Hướng dẫn : 
Đặt nBAD = α thì nACE =α , ( )00 90α< < chu vi hình thang vuông BCED : 
Σ = BC + CE + EA + AD + DB 
 = BC + ACcosα + ACsinα + ABcosα + ABsinα 
Σ = BC + (AB + AC)(sinα + cosα) 
Mà : (sinα + cosα)2 ≤ 2(sin2α + cos2α) = 2 
Nên : sinα + cosα ≤ 2 
Do đó : Σ ≤ BC + (AB + AC) 2 
Vậy chu vi hình thang BCED lớn nhất khi và 
chỉ khi : 
sinα = cosα = 2
2
 ⇔ α = 450 
86
7.41 
Cho đoạn AB và điềm I nằm giữa hai điểm A và B. Trong cùng một nửa 
mặt phẳng bờ AB kẻ hai tia Ax và By vuông góc với AB. Trên Ax lấy 
điểm C, tia vuông góc với IC tại I cắt By tại D. 
 1. Chứng minh : AC . BD = IA . IB 
 2. Ba điểm A, B, C cố định, xác định vị trí của I để diện tích tứ giác 
ABDC đạt giá trị lớn nhất. 
Lược giải 
 1. Hai tam giác vuông AIC và BDI có : AIC BDI
∧ ∧= (góc nhọn có 
cạnh vuông góc ). 
Chúng đồng dạng nên : ⇒=
BD
IA
BI
AC AC . BD = IA . IB. 
 2. Tứ giác ABDC có : AC// BD ( cùng 
vuông góc với AB) và 
∧
A = 900. 
Nên là hình thang vuông mà diện tích là : 
S = 
2
1 (AC + BD) AB 
Trong đó AC, AB có độ dài không đổi nên diện 
tích hình thang ABDC lớn nhất khi và chỉ khi đáy 
BD lớn nhất. 
max S ⇔ max BD. 
Mà BD = 
AC
.IBIA nên : max BD ⇔ max IA . IB. 
Ta có : (IA + IB)2 ≥ 4 IA . IB ⇒ IA . IB ≤ 
4
AB
4
IB)(IA 22 =+ (hằng) 
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi : IA = IB 
Vậy I là trung điểm của AB thì hình thang vuông ABDC có diện tích lớn 
nhất. 
7.42 
Cho đường tròn (O; R)và điểm A ở ngoài đường tròn này với hai tiếp 
tuyến AB và AC (B, C là hai tiếp điểm). Một tiếp tuyến thứ ba tại M (M 
thuộc cung nhỏ BC) cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Xác định vị trí của 
M để : 
 1. Diện tích tam giác ADE lớn nhất. 
 2. Bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ADE lớn nhất. 
Hướng dẫn 
 1. Dễ thấy : ΔODM =ΔODB ; ΔOEM = ΔOEC. 
Nên : S (OBDEC) = 2S (ODE). 
87
Mà : S (ADE) = S (ABOC) – 2S (ODE) 
Trong đó : S (ABOC) không đổi max (ADE) ⇔ min (ODE) 
S (ODE)= 
2
1 DE . OM 
(OM = R) min S (ODE) 
⇔ min DE ⇔ M là điểm 
chính giữa của cung nhỏ BC 
 2. Chu vi tam giác 
ADE : 2p = AD + DE + AE 
= AD + DM + EM + AE 
= (AD + DB) + (AE + EC) 
= 2AB (hằng). 
Diện tích tam giác ADE : S = pr = AB.r mà AB không đổi 
Nên : max S ⇔ max r 
Bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ADE lớn nhất khi diện tích 
tam giác ADE lớn nhất nghĩa là M có vị trí chính giữa của cung nhỏ BC. 
7.43 
Cho ba đường tròn : (O1, R1), (O2, R2), (O, R)đôi một tiếp xúc ngoài nhau 
và cùng tiếp xúc với đường thẳng (d) trong đó R là bán kính nhỏ nhất. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của tích R1 R2 theo R. 
Hướng dẫn 
Tiếp điểm M của hai đường tròn 
(O1) và (O2) nằm giữa O1 và O2. 
Tiếp điểm N của hai đường tròn 
(O1) và (O) nằm giữa O1 và O 
Tiếp điểm P của hai đường tròn 
(O2) và (O) nằm giữa O2 và O. Từ 
B kẻ đường thẳng song song với 
O, O2 cắt OA tại D. Tứ giác 
O1O2BD là hình bình hành (giả sử R1 ≥ R2) 
Tính được: AB = 2 21 12 R R AC 2 R R BC 2 R R= = 
Mà AB = AC + BC hay RR2RR2RR2 2121 += 
Đi đến : 
R
1
R
1
R
1
21
=+ (hằng) 
Ta có : min R1R2 ⇔ max 
21RR
1 ⇔ max 
1R
1 . 
2R
1 
Từ bất đẳng thức : (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ab ≤ 
4
1 (a + b)2 
88
Ta có : 
1R
1 .
2R
1 ≤ 
4
1
2
21 R
1
R
1
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ + = 
4
1
2
R
1 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ = 
4R
1 
Nên : max 
1R
1 .
2R
1 =
4R
1 tại 
1R
1 =
2R
1 ⇔ R1 = R2 = 4R giá trị 
nhỏ nhất của tích R1R2 là 16R2 (tại R1 = R2 = 4R).