Một số bất đẳng thức trong hình học phẳng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN NHẬT TÂN

ĐỀ ÁN THẠC SĨ

TÊN ĐỀ TÀI
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG

HÌNH HỌC PHẲNG

Ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8460113
Khoá: 24

Người hướng dẫn: TS. Nguyễn Ngọc Quốc Thương

Bình Định - Năm 2023

Mục lục

Mục lục

Mở đầu ii

1 Một số bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong tam giác trong

hình học phẳng 1

1.1 Bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc trong tam giác trong hình học

phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Bất đẳng thức giữa các cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.2 Bất đẳng thức liên quan đến các giá trị lượng giác của các góc . 10

1.1.3 Bất đẳng thức liên quan đến các đường đặc biệt trong tam giác 15

1.2 Bất đẳng thức liên quan đến diện tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp,

nội tiếp, bàng tiếp tam giác trong hình học phẳng . . . . . . . . . . . . 20

1.2.1 Bất đẳng thức liên quan đến diện tích tam giác. . . . . . . . . . 20

1.2.2 Bất đẳng thức của bán kính các đường tròn đặc biệt của tam giác 26

1.3 Một số bất đẳng thức liên quan đến điểm bất kỳ và tam giác . . . . . . 34

1.4 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng 44

2 Một số bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố trong tứ giác trong

hình học phẳng 62

2.1 Bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc trong tứ giác trong hình học

phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.2 Bất đẳng thức liên quan đến diện tích tứ giác trong hình học phẳng . . 70

2.3 Một số bài toán chọn lọc thi học sinh giỏi các cấp trong hình học phẳng 82

i

Kết luận 88

Tài liệu tham khảo 89

ii

Mở đầu

Bất đẳng thức hình học là một trong những chủ đề quan trọng nhất của toán cao cấp lẫn
toán sơ cấp. Ở chương trình tốn bậc phổ thơng, rất dễ bắt gặp các bài toán bất đẳng thức
liên quan đến các yếu tố hình học như tam giác, tứ giác, đa giác, hình trịn,... Các bất đẳng
thức hình học cũng là các bài toán thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10,
đề thi chọn học sinh giỏi và Olympic toán học các cấp.

Đề án nhằm nghiên cứu và trình bày một cách hệ thống các dạng tốn về bất đẳng thức
hình học trong tam giác và tứ giác bao gồm các bất đẳng thức liên quan đến cạnh, góc, diện
tích, bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp và các đường đặc biệt trong tam giác và đa giác.
Ngồi ra Đề án cịn giới thiệu một số đề thi học sinh giỏi các cấp có liên quan đến bất đẳng
thức hình học.

Đề án sẽ là một tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên, học sinh phổ thơng muốn tìm hiểu
sâu về các bất đẳng thức hình học và những ứng dụng của chúng trong giải toán.

Đề án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy TS. Nguyễn Ngọc Quốc
Thương, người ln nhắc nhở, động viên, giúp đỡ tơi trong q trình nghiên cứu và thực hiện

để tơi có thể hồn thành Đề án này. Tơi cũng xin bày tỏ lịng biết ơn đối với q thầy cơ trong
Khoa Tốn và Thống kê, Phòng Đào tạo sau đại học trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt là
quý thầy cô đã trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học ngành Phương pháp Toán sơ cấp khóa 24.
Cuối cùng tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân và bạn bè đã luôn ủng hộ, giúp
đỡ, tạo điều kiện cho tôi về mọi mặt trong suốt thời gian tôi học thạc sĩ cũng như hoàn thành
đề án này.

Trong thời gian ngắn hồn thành đề án, chắc chắn khơng tránh được được những sai sót
cũng như thiếu sót. Rất mong nhận được những góp ý, phê bình q báu của quý thầy cô và
các bạn đồng nghiệp.

Bình Định, tháng 11 năm 2023
Học viên

Nguyễn Nhật Tân

iii

Chương 1

Một số bất đẳng thức liên quan đến
các yếu tố trong tam giác trong hình
học phẳng

Trong chương này, chúng tơi trình bày một số bất đẳng thức hình học liên quan
đến các yếu tố cơ bản trong tam giác và các bài toán bất đẳng thức hình học trong đề
thi học sinh giỏi các cấp.

Đầu tiên ta cần lưu ý về một số ký hiệu được dùng trong Đề án này. Cho trước
tam giác ABC, chúng tôi ký hiệu các yếu tố trong tam giác như sau

1. a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB.

2. ma, mb, mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến hạ từ các đỉnh A, B, C.

3. ha, hb, hc lần lượt là độ dài của các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C.

4. ℓa, ℓb, ℓc lần lượt là độ dài của các đường phân giác hạ từ các đỉnh A, B, C.

5. R là độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp.

6. r là độ dài bán kính đường trịn nội tiếp.

7. ra, rb, rc lần lượt là độ dài bán kính của của các đường tròn bàn tiếp đối diện với
các đỉnh A, B, C.

8. p = a+b+c là nửa chu vi.

2

1

9. Khi khơng có giải thích gì thì ta hiểu S là diện tích của tam giác ABC.
10. SH là diện tích của hình H.

1.1 Bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc trong
tam giác trong hình học phẳng

1.1.1 Bất đẳng thức giữa các cạnh

Đầu tiên là một số bất đẳng thức về cạnh và các giá trị lượng giác của góc.
Định lý 1.1 (Bất đẳng thức tam giác, [10]). Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là
a, b, c. Khi đó

|c − b| < a < c + b.
Chứng minh.

A

B H C

Gọi H là hình chiếu của A lên cạnh BC. Khi đó áp dụng bất đẳng thức giữa đường

xiên và đường vuông góc ta được



 BH ≤ BA, (Dấu "=" xảy ra khi A ≡ H),
 .

 CH ≤ C A, (Dấu "=" xảy ra khi A ≡ H).


Cộng hai về của bất đẳng thức lại ta được

BH + CH ≤ BA + CA,

điều này tương đương với

BC ≤ BA + CA.

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi A trùng với H, điều này dẫn đến A, B, C thẳng hàng,
mâu thuẫn. Do đó

BC < BA + CA.

Tương tự ta cũng chứng minh được các bất đẳng thức CA < BC + AB và AB <

CA + BC. Từ đó ta suy ra được



 CA − AB < BC


,

 AB − CA < BC


điều này chứng tỏ

|AB − CA| < BC.

Bài toán 1.1 ([10]). Cho tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh

rằng

AB + AC − BC < AM < AB + AC .

2 2

Chứng minh.

Áp dụng Định lý 1.1 cho các tam giác ABM và ACM ta được AM > AB − BM

và AM > AC − CM , suy ra 2AM > AB + AC − (BM + CM ) = AB + AC − BC. Từ

đó ta được

AM > AB + AC − BC .

2

Gọi D là điểm đối xứng của A qua M . Khi đó ABDC là hình bình hành nên AB = CD.

Xét tam giác ACD, ta có AD < AC + CD = AC + AB. Suy ra 2AM < AB + AC, do

đó

AM < AB + AC .

2

3

Bài tốn 1.2. Cho tam giác ABC có AC > AB, tia phân giác góc A cắt BC tại D,
E là một điểm nằm trên đoạn thẳng AD. Chứng minh rằng AC − AB > EC − EB.

Chứng minh.

Trên AC lấy điểm K sao cho AK = AB. Khi đó △AEB = △AEK (c.g.c) nên
EB = EK. Xét tam giác EKC, ta có KC > EC − EK, do đó

AC − AB > EC − EK.
Bài toán 1.3 (Định lý Pompiu, [10]). Cho tam giác đều ABC và một điểm M bất
kỳ. Chứng minh trong ba đoạn thẳng M A, M B, M C, mỗi đoạn thẳng có độ dài khơng
lớn hơn tổng độ dài hai cạnh còn lại.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh M A + M B ≥ M C.

Gọi N là ảnh của M qua phép quay tâm B góc quay −600, khi đó tam giác BM N
là tam giác đều. Lại có C cũng là ảnh của A qua phép quay tâm B này nên ta suy ra

4

MA = NC.
Xét tam giác M N C (có thể suy biến), ta có M N + N C ≥ M C, do đó

MA + MB ≥ MC.

Bài tốn 1.4. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là H. Chứng minh rằng
2

HA + HB + HC < (AB + BC + CA).
3

Chứng minh.

Dựng đường thẳng qua H song song với AB cắt AC tại D. Dựng đường thẳng qua

H song song AC cắt AB tại E. Tứ giác AEHD là hình bình hành nên

AD = HE, AE = HD

Xét tam giác AHD ta có

HA < HD + AD ⇔ HA < AE + AD. (1.1)

Vì HE ∥ AC mà AC ⊥ BH ⇒ HE ⊥ BH. Trong tam giác vng HBE ta có

HB < BE. (1.2)

Tương tự ta có

HC < DC. (1.3)

5

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1.1),(1.2),(1.3),ta suy ra

HA + HB + HC < (AE + EB) + (AD + DC) = AB + AC.

Tương tự ta cũng có

HA + HB + HC < AC + BC, HA + HB + HC < AB + BC.

Suy ra

2
HA + HB + HC < (AB + BC + CA).

3

Bài toán 1.5. Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng

3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca).

Chứng minh. Dựa vào bất đẳng thức AM-GM, ta có

a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca.

Cộng các bất đẳng thức lại ta có

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca,

cộng 2 vế cho 2(ab + bc + ca) ta thu được

(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).

Bây giờ ta sẽ chứng minh (a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca), điều này tương đương với
việc chứng minh bất đẳng thức

a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

Thật vậy do a, b, c là độ dài các cạnh tam giác nên ta có a < b + c, suy ra a2 < a(b + c).
Tương tự ta cũng có b2 < a(c + a), c2 < c(a + b). Cộng các bất đẳng thức lại với nhau
ta có được điều cần chứng minh.

Bài tốn 1.6. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

a + b + c < 2.

b+c c+a a+b

6

Chứng minh. Vì a, b, c là độ dài các cạnh tam giác nên ta có

a < b + c ⇔ a + b + c < 2(b + c) ⇔ a+b+c
2 b+c a+b+c

Tương tự ta cũng chứng minh được

b < 2b , c < 2c .

c+a a+b+c a+b a+b+c

Cộng các bất đẳng thức lại ta được

a + b + c 2(a + b + c)
< = 2.
b+c c+a a+b a+b+c

Bài toán 1.7. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

1. (p − b)(p − c) < bc.

2. (a + b) ab(p − a)(p − b) ≤ abc.

Chứng minh. 1. Theo bất đẳng thức tam giác ta có

a < b + c ⇔ a + b + c < 2(b + c)

⇔ a+b+c
2

⇔p
⇔ p2 < p(b + c)

⇔ p2 − p(b + c) + bc < bc

⇔ (p − b)(p − c) < bc.

2. Ta có

abc2 − (a + b)2(p − a)(p − b) = abc2 − (a + b)2 c2 − (a − b)2
4

(4ab − (a + b)2)c2 + (a + b)2(a − b)2
=

4

−(a − b)2c2 + (a + b)2(a − b)2
=

4

= (a − b)2((a + b)2 − c2) ≥ 0 (vì c < (a + b)).

4

7

Điều này dẫn tới
(a + b)2(p − a)(p − b) ≤ abc2 ⇔ (a + b)2ab(p − a)(p − b) ≤ a2b2c2
⇔ (a + b) ab(p − a)(p − b) ≤ abc.

Trong các bất đẳng thức liên quan đến đọ dài các cạnh, ta thường dùng một kỹ
thuật biến đổi các bất đẳng tức này thành các bất đẳng thức của các số dương bất kỳ.
Kỹ thuật này gọi là phép biến đổi Ravi.
Định lý 1.2 (Phép biến đổi Ravi, [10]). Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c.
Khi đó tồn tại các số thực dương x, y, z thỏa mãn

a = y + z, b = z + x, c = x + y.

Chứng minh. Nếu đường tròn nội tiếp (I, r) của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh
BC, CA và AB tại các điểm lần lượt là X, Y và Z thì ta có

x = AZ = Y A, y = ZB = BX, z = XC = CY.
Có thể dễ dàng thấy rằng

a = y + z, b = z + x, c = x + y,
và

x = p − a, y = p − b, z = p − c.

Bài toán 1.8. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
8

1. (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ abc.

2. a + b + c ≥ 3.

b+c−a c+a−b a+b−c

Chứng minh. Theo công thức Ravi, đặt a = y + z, b = z + x và c = x + y với x, y, z > 0.

Với cách đặt này các bất đẳng thức của chúng ta sẽ trở thành

1. 8xyz ≤ (y + z)(z + x)(x + y).

2. y+z z+x x+y
+ + ≥ 6.
x y z

Đầu tiên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1). Theo bất đẳng thức AM-GM ta được

√ √ √
y + z ≥ 2 yz, z + x ≥ 2 zx, x + y ≥ 2 xy.

nhân các bất đẳng thức lại ta được

(y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz.

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức cịn lại. Ta có

y+z z+x x+y y x zx zy
+ + =++ ++ +
x y z xy
xz yz
yx zx zy
≥2 . +2
. +2 .
xy x yz yz

= 2 + 2 + 2 = 6.

Bài toán 1.9. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

(p − a)(p − b) + (p − b)(p − c) + (p − c)(p − a) ≤ ab + bc + ca .

4

Chứng minh. Sử dụng phép biến đổi Ravi, a = y + z, b = z + x, c = x + y, ta thấy rằng
bất đẳng thức tương đương với

4(xy + yz + zx) ≤ (y + z)(z + x) + (z + x)(x + y) + (x + y)(y + z)
⇔ xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2
⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ≥ 0.

Từ đây ta suy ra điều cần phải chứng minh.
9

1.1.2 Bất đẳng thức liên quan đến các giá trị lượng giác của
các góc

Mệnh đề 1.1. Cho x, y ∈ (0, π). Khi đó

sin x + sin y ≤ sin x+y

2 2

Chứng minh. Ta có

sin x + sin y = 2 sin x+y x−y
· cos .
2 2

Vì 0 < x, y < π ta suy ra sin x+y > 0, cos x−y > 0, suy ra

2 2

x+y (vì cos x−y ≤1).
sin x + sin y ≤ 2 sin
2
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y.

π
Mệnh đề 1.2. Cho 0 < x, y < . Khi đó

2

1. cos x + cos y ≤ cos x+y .

2 2

tan x + tan y x+y
2. 2 ⩾ tan 2 .

cot x + cot y x+y
3. 2 ⩾ cot 2 .

Chứng minh. 1. Ta có

cos x + cos y = 2 cos x+y x−y
cos
2 2

π x+y x−y
Vì 0 < x, y < nên cos > 0, cos > 0. Suy ra
2 2 2

cos x + cos y ≤ 2 cos x+y .

2

2. Giả sử x ⩾ y, bất đẳng thức tương đương với

x+y x+y
tan x − tan 2 ⩾ tan 2 − tan y

sin x−y sin x−y

⇐⇒ 2 ⩾ 2.

x+y x+y
cos x cos cos cos y
2 2

x−y x+y
Vì x ⩾ y =⇒ sin 2 ⩾ 0, cos x > 0, cos y > 0, cos 2 > 0 nên bất đẳng thức

tương đương với

cos y ⩾ cos x ⇔ y ≤ x.

10

3. Giả sử x ⩾ y, bất đẳng thức tương đương với

x−y x−y
sin sin
cot y − cot x+y ⩾ cot x+y − cot x ⇔ 2 2
x+y ⩾ x+y .
2 2 sin y sin sin sin x

2 2

x−y x+y
Vì sin 2 ⩾ 0, sin x > 0, sin y > 0, sin 2 > 0 nên bất đẳng thức tương

đương với

sin x ⩾ sin y ⇔ x ⩾ y.

Bài toán 1.10. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
√
33

1. sin A + sin B + sin C ≤ .
2
√

2. tan A + tan B + tan C ⩾ 3 3 (nếu △ABC nhọn).

√
3. cot A + cot B + cot C ⩾ 3 (nếu △ABC nhọn).

Chứng minh.

1. Ta có bất đằng thức tương đương với

P := sin A + sin B + sin C + sin A+B+C ≤ 4 sin A+B+C .

3 3

Áp dụng Mệnh đề 1.1 ta có

A+B+C
P ≤ 2 sin A + B C + + 2 sin 3
2 2

A+B +C + A+B+C

≤ 4 sin 3

4

= 4 sin A+B+C .

3

Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.

2. Ta có bất đẳng thức tương đương với

A+B+C A+B+C
Q := tan A + tan B + tan C + tan 3 ⩾ 4 tan 3

Áp dụng Mệnh đề 1.2 (2) ta thu được

A+B+C
Q ⩾ 2 tan A + B C + + 2 tan 3 ⩾ 4 tan A + B + C .
2 2 3

11

3. Ta có bất đẳng thức tương đương với

A+B+C A+B+C
R := cot A + cot B + cot C + cot 3 ⩾ 4 cot 3 .

Áp dụng mệnh đề 1.2 (3) ta thu được

A+B+C

R ⩾ 2 cot A + B C + + 2 cot 3 ⩾ 4 cot A + B + C .
2 2 3

Bài toán 1.11. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

A B C3
1. sin + sin + sin ≤ .
2 2 22

A B √
C 33
2. cos + cos + cos ≤ .
2 2 22

A B C√
3. tan 2 + tan 2 + tan 2 ⩾ 3.

A B C√
4. cot 2 + cot 2 + cot 2 ⩾ 3 3.

Chứng minh. Chứng minh tương tự Bài toán 1.10.

Bài toán 1.12. Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng
3

cos A + cos B + cos C ≤ .
2

Chứng minh.

12

Xét các vectơ −→ −−→ −→
→− AB →− BC →− CA
e1 = , e2 = , e3 = .

AB BC CA

Khi đó ta dễ thấy rằng →−e1 , →−e2 , →−e3 là các vectơ đơn vị và

 (→−e1 , →−e2 )

 = π − B,






(→−e2 , →−e3 ) = π − C,



 (  →−e3 , →−e1 ) = π − A.

Ta có

(→−e1 + →−e2 + →−e3 )2 ≥ 0 ⇔ |→−e1 |2 + |→−e2 |2 + |→−e3 |2 + 2(→−e1 →−e2 + →−e2 →−e3 + →−e3 →−e1 ) ≥ 0
⇔ 3 + 2(cos(π − B) + cos(π − C) + cos(π − A)) ≥ 0
⇔ 3 − 2(cos A + cos B + cos C) ≥ 0

3
⇔ cos A + cos B + cos C ≤ .
2

Nhận xét 1.1. Ta thường gọi phương pháp trên là phương pháp "chọn vectơ đơn vị".
Phương pháp này thường được sử dụng cho việc chứng minh các bất đẳng thức lượng
giác có dạng tổng quát

yz cos α + zx cos β + xy cos γ ≤ 1 (x2 + y2 + z2),
2

với x, y, z là các số thưc tùy ý. Nội dung của phương pháp này là ta sẽ chọn các vectơ
đơn vị →−e1 , →−e2 , →−e3 (vectơ có độ dài bằng 1) sao cho

(→−e2 , →−e3 ) = π − α, (→−e3 , →−e1 ) = π − β, (→−e1 , →−e2 ) = π − γ.

Sau đó dùng phép biến đổi tương đương đưa bất đẳng thức
(x→−e1 + y→−e2 + z→−e3 )2 ≥ 0

về dạng của bất đẳng thức cần chứng minh. Ta có thể sử dụng cách làm này để chứng
minh hai bất đẳng thức sau:

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
1. yz cos A + zx cos B + xy cos C ≤ 1 (x2 + y2 + z2), với mọi x, y, z ∈ R.

→− −−→ →− −→ 2 →− −→
(Chọn e1 = BC/BC, e2 = CA/CA, e3 = AB/AB).

13

2. yz cos 2A + zx cos 2B + xy cos 2C ≤ − 1 (x2 + y2 + z2), với mọi x, y, z ∈ R.
→− −→ →− −−→ →−2 −→

(Chọn e1 = OA/OA, e2 = OB/OB, e3 = OC/OC).

Bài toán 1.13 ([5]). Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng

a + b −c b + c −a c + a − b ≥ 27abc.

cos B cos A cos C cos B cos A cos C

Chứng minh. Áp dụng Định lý hàm số cosin, ta có

a b 2a2c 2b2c
cos B + cos A − c = a2 + c2 − b2 + b2 + c2 − a2 − c

2a2 2b2
= c a2 + c2 − b2 − 1 + b2 + c2 − a2 − 1 + 1

a2 + b2 − c2 b2 + a2 − c2
= c a2 + c2 − b2 + b2 + c2 − a2 + 1 .

Tương tự

b c b2 + c2 − a2 c2 + b2 − a2
cos C + cos B − a = a b2 + a2 − c2 + c2 + a2 − b2 + 1 ,

c a c2 + a2 − b2 a2 + c2 − b2
cos A + cos C − b = b c2 + b2 − a2 + a2 + b2 − c2 + 1 .

Đặt x = b2 + a2 − c2, y = c2 + a2 − b2, z = c2 + b2 − a2, khi đó bất đẳng thức trở thành

xx zz yy
+ +1 + +1 + + 1 ≥ 27.

zy xy zx

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 1.14 ([5]). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
a2(1 − √3 cot A) + b2(1 − √3 cot B) + c2(1 − √3 cot C) ≥ 0.

Chứng minh. Bất đẳng thức đề bài tương đương với

sin2 A + sin2 B + sin2 C − √3(sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C) ≥ 0

√ 3
(sin 2A + sin 2B + sin 2C)
⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 C ≥ 2

⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 C ≥ 2√3 sin A sin B sin C.

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM và Bài toán 1.10, ta được

sin A sin B sin C ≤ (sin A + sin B + sin C)3 3√3
≤,
27 8

14

điều này dẫn tới

sin2 A + sin2 B + sin2 C ≥ 3 3 (sin A sin B sin C)2

3(sin A sin B sin C)
= √3

sin A sin B sin C

≥ 3 sin A sin B sin C
√
33 3

8
√
= 2 3 sin A sin B sin C.

1.1.3 Bất đẳng thức liên quan đến các đường đặc biệt trong
tam giác

Định lý 1.3 (Định lý sin). Trong tam giác ABC ta có

a = b = c = 2R.

sin A sin B sin C

Định lý 1.4 (Định lý cosin). Trong tam giác ABC ta có



 a2 = b2 + c2 − 2bc cos A,







b2 = c2 + a2 − 2ca cos B,



 c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.

Định lý 1.5 (Cơng thức chia đơi góc của tam giác). Trong tam giác ABC ta có

A p(p − a) B p(p − b) C p(p − c)
cos = , cos = , cos = .
bc 2 ca 2
2 ab

Định lý 1.6 (Định lý về đường trung tuyến). Trong một tam giác, ba đường trung
tuyến gặp nhau tại 1 điểm được gọi là trọng tâm của tam giác. Trên mỗi đường trung
tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng hai lần khoảng cách từ trọng tâm đến
chân đường trung tuyến.

Định lý 1.7 (Công thức đường trung tuyến). Trong tam giác ABC ta có

2 2(b2 + c2) − a2 2 2(c2 + a2) − b2 2 2(a2 + b2) − c2
ma = , mb = , mc = .

4 4 4

15

Định lý 1.8 (Định lý về đường phân giác). Cho tam giác ABC, D nằm trên BC là

chân đường phân giác góc A, khi đó

BD AB c
= =.

CD AC b

Định lý 1.9 (Công thức đường phân giác). Trong tam giác ABC ta có

2bc A 2ca B 2ab C
ℓa = b + c cos 2 , ℓb = c + a cos 2 , ℓb = a + b cos 2 .

Nhận xét 1.2. Từ các định Định lý 1.5 và 1.9, ta có thể suy ra được

√ p(p − a), √ p(p − b), √ p(p − c).
2 bc 2 ca 2 ab
ℓa = b + c ℓb = c + a ℓb = a + b

Bài toán 1.15 ([6]). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng

ma ≥ ℓa ≥ ha.

Chứng minh. Gọi H là chân đường cao, L là chân đường phân giác và M là chân đường
trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. Bài toán hiển nhiên đúng cho trường hợp tam giác

ABC cân tại đỉnh A. Để tiện chứng minh trong trường hợp tam giác khơng cân tại A,
khơng mất tính tổng qt ta giả sử AB < AC. Gọi A′ đối xứng với A qua M , ta có
BACA′ là hình bình hành.

Trong tam giác AA′C ta có AC > A′C = AB và do đó ta có BAM = M A′C >
CAM và đó điểm L nằm trong góc BAM . Mặt khác, do BAH phụ với góc B và CAH
phụ với góc C, cho nên BAH < CAH. Do đó L phải nằm trong góc CAH. Tóm lại,
điểm L nằm giữa điểm H và điểm M và ta có HM > HL. Vậy AH < AL < AM .

16