Luận văn: Một số bất đẳng thức hình học pot

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Hoàng Ngọc Quang
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
Chuyên Nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc
Thái Nguyên - 2011
www.VNMATH.com
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc
Phản biện 1:

Phản biện 2:

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Ngày tháng năm 2011
Có thể tìm hiểu tại
Thư viện Đại học Thái Nguyên
www.VNMATH.com
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Chương 1. Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác 6
1.1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2. Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác . 8
1.2.1. Các đẳng thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . 8

1.2.2. Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác . . . . . 10
1.3. Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1. Bất đẳng thức về độ dài các cạnh . . . . . . . . . 11
1.3.2. Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt . . . . . 14
1.4. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học . . 17
1.5. Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt . . . . . . . . 23
1.5.1. Các bất đẳng thức trong tam giác đều . . . . . . 23
1.5.2. Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tam
giác cân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.6. Các bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . . . . . 29
1.7. Các bất đẳng thức trong tứ giác . . . . . . . . . . . . . . 40
1.7.1. Các bất đẳng thức cơ bản trong tứ giác . . . . . . 41
1.7.2. Các bất đẳng thức khác trong tứ giác . . . . . . . 45
Chương 2. Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng 48
2.1. Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.2. Bất đẳng thức Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.3. Định lí Bretschneider . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.4. Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.5. Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy trong không gian . . . . 68
www.VNMATH.com
2
Chương 3. Bất đẳng thức Erdos-Mordell và các mở rộng 70
3.1. Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác . . . . . . . 70
3.2. Bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tam giác mở rộng . . 79
3.3. Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tứ giác . . . 85
3.4. Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong đa giác . . . 87
3.5. Mở rộng bất đẳng thức Erdos-Mordell trong tứ diện . . . 90
Chương 4. Các bất đẳng thức có trọng 92
4.1. Bất đẳng thức dạng Hayashi và các hệ quả . . . . . . . . 92
4.1.1. Bất đẳng thức Hayashi . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.1.2. Các hệ quả của bất đẳng thức hyashi . . . . . . . 94
4.1.3. Bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
4.2. Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng và các hệ quả . . . 96
4.2.1. Bất đẳng thức Weizenbock suy rộng . . . . . . . 96
4.2.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Weizenbock suy rộng101
4.3. Bất đẳng thức Klamkin và các hệ quả . . . . . . . . . . 105
4.3.1. Bất đẳng thức Klamkin . . . . . . . . . . . . . . 105
4.3.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Klamkin . . . . . . 106
4.4. Bất đẳng thức Jian Liu và các hệ quả . . . . . . . . . . 108
4.4.1. Bất đẳng thức Jian Liu . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.4.2. Các hệ quả của bất đẳng thức Jian Liu . . . . . . 110
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
www.VNMATH.com
3
Mở đầu
Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những
bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở kể cả
học sinh giỏi lúng túng khi gặp các bài toán loại này. Thực sự nó là một
phần rất quan trọng của hình học và những kiến thức về bất đẳng thức
trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán
học. So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa
được quan tâm nhiều. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết
vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp
thông thường hay được áp dụng trong hình học và càng không phải là
phương pháp đại số thuần túy. Để giải một bài toán về bất đẳng thức
hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số
một cách thích hợp và nhạy bén.
Luận văn này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bản
đến nâng cao và mở rộng. Các bài toán về bất đẳng thức hình học được

trình bày trong luận văn này có thể tạm phân thành các nhóm sau:
I. Nhóm các bài toán mà trong lời giải đòi hỏi nhất thiết phải có
hình vẽ. Phương pháp giải các bài toán nhóm này chủ yếu là "phương
pháp hình học", như vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất giữa đường
vuông góc và đường xiên, giữa đường thẳng và đường gấp khúc, quan
hệ giữa các cạnh, giữa cạnh và góc trong một tam giác, hay tứ giác v.v
Bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng thuộc nhóm này là nội
dung thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào các
trường chuyên.
II. Nhóm thứ hai gồm các bài toán mà khi giải chúng cần phải sử
dụng các hệ thức lượng đã biết, như các hệ thức lượng giác, hệ thức
đường trung tuyến, đường phân giác, công thức các bán kính, công thức
www.VNMATH.com
4
diện tích của tam giác v.v Các bài toán này đã được quan tâm nhiều
và chúng được trình bày khá phong phú trong các tài liệu [4,7], vì thế
luận văn này sẽ không đề cập nhiều đến các bất đẳng thức trong tam
giác có trong các tài liệu trên mặc dù chúng rất hay mà chỉ nêu ra một
số bất đẳng thức cơ bản nhất để tiện sử dụng sau này.
III. Nhóm thứ ba gồm các bài toán liên quan đến các bất đẳng thức
hình học nổi tiếng, đặc biệt là bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức
Erdos-Mordell và các bất đẳng thức có trọng như bất đẳng thức Hayshi,
bất đẳng thức Weizenbock, bất đẳng thức Klamkin v.v Các bất đẳng
thức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt và thường gặp trong các
đề thi Olympic Quốc tế.
Bản luận văn "Một số bất đẳng thức hình học" gồm có mở đầu,
bốn chương nội dung, kết luận và tài liệu tham khảo.
Chương 1. Các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác.
Chương này trình bày một số bất đẳng thức thuộc nhóm I và nhóm II.
Chương 2. Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng.

Chương này trình bày đẳng thức Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy và
các bài toán áp dụng. Các bài toán này chủ yếu được trích ra từ các đề
thi vô địch các nước, đề thi vô địch khu vực và đề thi IMO, một số là do
tác giả sáng tác. Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức
Ptolemy trong tứ giác và trong tứ diện.
Chương 3. Bất đẳng thức Erdos - Mordell và các mở rộng.
Chương này trình bày bất đẳng thức Edos-Mordell và các bài toán liên
quan. Ngoài ra, còn trình bày một số mở rộng bất đẳng thức này trong
tam giác, trong tứ giác và trong đa giác [11-13].
Chương 4. Các bất đẳng thức có trọng.
Chương này trình bày một số bất đẳng thức liên quan đến tổng khoảng
cách từ một hay nhiều điểm của mặt phẳng đến các đỉnh hoặc các cạnh
của tam giác với các tham số dương tùy ý được gọi là trọng số hay gọi
tắt là trọng. Đó là các bất đẳng thức Hyashi, Weizenbock, Klamkin, Jian
www.VNMATH.com
5
Liu, v.v Các bất đẳng thức này còn ít được giới thiệu bằng Tiếng Việt,
một số là kết quả nghiên cứu của các chuyên gia Quốc tế trong lĩnh vực
bất đẳng thức hình học [9,13-14].
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên với sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Ngọc. Tác giả
xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm hướng dẫn của
Thầy, tới các thầy cô trong Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo và Khoa
Toán-Tin Trường Đại học Khoa học. Đồng thời tác giả xin cảm ơn tới
Sở GD - ĐT tỉnh Yên Bái, Ban Giám đốc, các đồng nghiệp Trung tâm
GDTX - HNDN Hồ Tùng Mậu huyện Lục Yên đã tạo điều kiện cho tác
giả học tập và hoàn thành kế hoạch học tập.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 6 năm 2011.
Tác giả
Hoàng Ngọc Quang

www.VNMATH.com
6
Chương 1
Các bất đẳng thức trong tam giác
và tứ giác
Chương này trình bày các bất đẳng thức trong tam giác và tứ giác
từ cơ bản đến nâng cao. Nội dung chủ yếu được hình thành từ các tài
liệu [1-7], [10], [12] và [15].
Kí hiệu ∆ABC là tam giác ABC với các đỉnh là A, B, C. Để thuận
tiện, độ lớn của các góc ứng với các đỉnh A, B, C cũng được kí hiệu tương
ứng là A, B, C.
Độ dài các cạnh của tam giác: BC = a, CA = b, AB = c.
Nửa chu vi của tam giác: p =
a + b + c
2
.
Đường cao với các cạnh: h
a
, h
b
, h
c
.
Đường trung tuyến với các cạnh: m
a
, m
b
, m
c
.

Đường phân giác với các cạnh: l
a
, l
b
, l
c
.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp: R và r.
Bán kính đường tròn bàng tiếp các cạnh: r
a
, r
b
, r
c
.
Diện tích tam giác ABC: S, S
ABC
hay [ABC].
Để giải được các bài toán bất đẳng thức hình học, trước hết ta cần
trang bị những kiến thức cơ sở đó là các bất đẳng thức đại số cơ bản và
các đẳng thức, bất đẳng thức đơn giản trong tam giác.
1.1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản
Định lý 1.1. (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử a
1
, a
2
, ··· , a
n
là các số
thực không âm. Khi đó

a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
≥
n
√
a
1
a
2
a
n
. (1.1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ··· = a
n
.
www.VNMATH.com
7
Hệ quả 1.1. Với mọi bộ số dương a
1
, a
2

, ··· , a
n
ta có
n
√
a
1
a
2
a
n
≥
n
1
a
1
+
1
a
2
+ ···+
1
a
n
. (1.2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ··· = a

n
.
Hệ quả 1.2. Với mọi bộ số dương a
1
, a
2
, ··· , a
n
ta có
1
a
1
+
1
a
2
+ ···+
1
a
n
≥
n
2
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
. (1.3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= = a
n
.
Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số không âm a
1
, a
2
, ··· , a
n
và m = 1, 2, ··· ta
có
a
m
1
+ a
m
2
+ ···+ a
m
n
n
≥

a
1
+ a

2
+ ···+ a
n
n

m
. (1.4)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ··· = a
n
.
Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Cho hai dãy số thực
a
1
, a
2
, ··· , a
n
và b
1
, b
2
, ··· , b
n
. Khi đó
(a
1

b
1
+ a
2
b
2
+ ··· + a
n
b
n
)
2
≤

a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
n

b
2
1
+ b
2
2

+ ··· + b
2
n

. (1.5)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
1
b
1
=
a
2
b
2
= ··· =
a
n
b
n
.
Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Jensen) Cho f(x) là hàm số liên tục và có
đạo hàm cấp hai trên I (a, b) và n điểm x
1
, x
2
, ··· , x
n
tùy ý trên đoạn
I (a, b). Khi đó

i, Nếu f

(x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f(x
n
) ≥ nf

x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
n

.
ii, Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f(x
n
) ≤ nf


x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
n

.
Ở đây I (a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp (a, b) , [a, b) ,
(a, b] , [a, b].
www.VNMATH.com
8
Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu
cùng chiều a
1
, a
2
, ··· , a
n
và b
1
, b
2
, ··· , b
n
. Khi đó ta có
a
1

b
1
+ a
2
b
2
··· + a
n
b
n
≥
1
n
(a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
) (b
1
+ b
2
+ ··· + b
n
) . (1.6)
Nếu hai dãy số thực a
1
, a
2

, ··· , a
n
và b
1
, b
2
, ··· , b
n
đơn điệu ngược chiều
thì bất đẳng thức trên đổi chiều.
Định lý 1.5. (Bất đẳng thức Nesbitt) Cho a, b, c là các số thực dương.
Bất đẳng thức sau luôn đúng
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
≥
3
2
. (1.7)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
1.2. Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản trong tam giác
1.2.1. Các đẳng thức cơ bản trong tam giác
Định lý 1.6. (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có
a
sin A

=
b
sin B
=
c
sin C
= 2R.
Định lý 1.7. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có
a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc cos A, b
2
= c
2
+ a
2
− 2ca cos B, c
2
= a
2
+ b
2
− 2ab cos C.
Định lý 1.8. (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABC
được tính theo một trong các công thức sau
S =

1
2
ah
a
=
1
2
bh
b
=
1
2
ch
c
(1.8)
=
1
2
bc sin A =
1
2
ca sin B =
1
2
ab sin C (1.9)
= pr (1.10)
=
abc
4R
(1.11)

= (p −a)r
a
= (p −b)r
b
= (p −c)r
c
(1.12)
=

p (p −a) (p − b) (p − c). (1.13)
Công thức (1.13) được gọi là công thức Hê-rông.
www.VNMATH.com
9
Định lý 1.9. (Định lý đường phân giác) Trong một tam giác, đường
phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với
hai cạnh kề hai đoạn ấy .
Định lý 1.10. (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC ta
có
l
a
=
2bc
b + c
cos
A
2
, l
b
=
2ca

c + a
cos
B
2
, l
c
=
2ab
a + b
cos
C
2
.
Định lý 1.11. (Định lý đường trung tuyến) Trong một tam giác, ba
đường trung tuyến gặp nhau tại một 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 trọng tâm đến chân đường trung tuyến.
Định lý 1.12. (Công thức đường trung tuyến) Trong tam giác ABC ta
có
m
2
a
=
b
2
+ c
2
2
−
a

2
4
, m
2
b
=
c
2
+ a
2
2
−
b
2
4
, m
2
c
=
a
2
+ b
2
2
−
c
2
4
.
Định lý 1.13. (Công thức bán kính đường tròn nội tiếp) Trong tam

giác ABC ta có
r = (p − a) tan
A
2
= (p −b) tan
B
2
= (p −c) tan
C
2
.
Định lý 1.14. (Công thức bán kính đường tròn bàng tiếp) Trong tam
giác ABC ta có
r
a
= p tan
A
2
, r
b
= p tan
B
2
, r
c
= p tan
C
2
.
Định lý 1.15. (Các hệ thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác ABC

ta luôn có các hệ thức sau
sin A + sin B + sin C = 4 cos
A
2
cos
B
2
cos
C
2
, (1.14)
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C, (1.15)
cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin
A
2
sin
B
2
sin
C
2
, (1.16)
cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C, (1.17)
www.VNMATH.com
10
sin
2
A + sin
2
B + sin

2
C = 2 (1 + sin A sin B sin C) , (1.18)
cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C = 1 − 2 cos A cos B cos C, (1.19)
tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C, (1.20)
cot
A
2
+ cot
B
2
+ cot
C
2
= cot
A
2
cot
B
2
cot
C
2
, (1.21)
tan

A
2
tan
B
2
+ tan
B
2
tan
C
2
+ tan
C
2
tan
A
2
= 1, (1.22)
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. (1.23)
Riêng với hệ thức (1.20) thì tam giác ABC cần giả thiết không vuông.
1.2.2. Các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác
Định lý 1.16. (Bất đẳng thức tam giác) Trong tam giác ABC ta có
|b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b.
Định lý 1.17. (Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác
ABC ta luôn có các bất đẳng thức sau
sin A + sin B + sin C ≤
3
√
3
2

, (1.24)
cos A + cos B + cos C ≤
3
2
, (1.25)
cos
A
2
+ cos
B
2
+ cos
C
2
≤
3
√
3
2
, (1.26)
sin
A
2
+ sin
B
2
+ sin
C
2
≤

3
2
, (1.27)
sin
A
2
sin
B
2
sin
C
2
≤
1
8
, (1.28)
cos A cos B cos C ≤
1
8
, (1.29)
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C ≤
9
4
, (1.30)

tan
A
2
+ tan
B
2
+ tan
C
2
≥
√
3, (1.31)
tan A + tan B + tan C ≥ 3
√
3, (1.32)
cot A + cot B + cot C ≥
√
3. (1.33)
www.VNMATH.com
11
Riêng với bất đẳng thức (1.32) thì tam giác ABC cần giả thiết không
vuông. Đẳng thức xảy ra trong các bất đẳng thức trên khi và chỉ khi
ABC là tam giác đều.
1.3. Bất đẳng thức trong tam giác
Tam giác là hình đơn giản nhất trong các đa giác, mỗi đa giác bất kì
đều có thể chia thành các tam giác và sử dụng tính chất của nó. Vì vậy,
nghiên cứu các bất đẳng thức trong tam giác sẽ hữu ích trong việc giải
quyết các bất đẳng thức trong đa giác. Trước hết, chúng ta nghiên cứu
các bất đẳng thức cơ bản sau đây:
1.3.1. Bất đẳng thức về độ dài các cạnh

Định lý 1.18. Cho hai đường tròn có bán kính lần lượt là R và R

(R ≥ R

), khoảng cách giữa tâm của chúng bằng d. Điều kiện cần và đủ
để hai đường tròn đó cắt nhau là R −R

≤ d ≤ R + R

.
Chứng minh.
Hình 1.1 Hai đường tròn không cắt nhau.
Rõ ràng nếu hai đường tròn ở ngoài nhau (hình 1.1 A) thì ta có
R + R

< d. Nếu hai đường tròn chứa nhau (hình 1.1 B) thì ta cũng có
ngay d < R −R

. Nếu hai đường tròn cắt nhau tại một điểm M thì theo
bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO

M, với O và O

lần lượt là
tâm của đường tròn bán kính R và R

, ta có R −R

≤ d ≤ R + R


.
Đảo lại, nếu R − R

≤ d ≤ R + R

thì hai đường tròn đã cho không
thể ngoài nhau hoặc chứa nhau được (nếu không phải có R + R

< d
hoặc d < R − R

). Do đó chúng chỉ có thể cắt nhau. 
www.VNMATH.com
12
Định lý 1.19. Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
khi và chỉ khi a + b > c, b + c > a, c + a > b.
Chứng minh. Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì theo bất đẳng
thức về 3 cạnh của tam giác ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b.
Ngược lại, nếu có a, b và c là 3 số thực dương thỏa mãn a+b > c, b+c >
a, c + a > b, thì ta có thể chọn hai điểm A và B trên mặt phẳng cách
nhau một khoảng c. Lấy A và B làm tâm dựng hai đường tròn bán kính
tương ứng là a và b. Từ các bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > b
ta có |a − b| < c < a + b. Theo định lý 1.18 thì hai đường tròn tâm A
và B phải cắt nhau tại một điểm C. Vậy a, b, c là độ dài các cạnh của
tam giác ABC theo cách dựng trên. 
Định lý 1.20. Cho trước tam giác ABC và một điểm M ở trong tam
giác. Khi đó ta có MB + MC < AB + AC.
Chứng minh.
Hình 1.2
Kéo dài BM về phía M cắt

cạnh AC tại điểm N. Theo định
lý 1.19 ta có
MB + MC < MB + MN + NC
=BN + NC < AB + AN + NC
=AB + AC.
Bài toán 1.1. Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Chứng
minh rằng
p < MA + MB + MC < 2p.
Trong đó p là nửa chu vi của tam giác ABC.
Giải. Áp dụng định lý 1.19 cho các tam giác MAB, MBC và MCA ta có
AB < MA+MB, BC < MB +MC, CA < MC +MA. Cộng theo vế ba
bất đẳng thức trên rồi chia cả hai vế cho 2 ta được p < MA+MB+MC.
Mặt khác, theo định lý 1.20 ta có MA+MB < CA+CB, MB+MC <
AB + AC, MC + MA < BC + BA. Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên
và đem chia cả hai vế cho 2 ta được AM + BM + CM < 2p.
www.VNMATH.com
13
Định lý 1.21. Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn
và ngược lại.
Chứng minh. Xét tam giác ABC. Ta chứng minh nếu

ABC >

ACB thì
AC > AB và ngược lại.
Hình 1.3
Thật vậy, trong góc

ABC ta kẻ tia Bx
tạo với cạnh BC góc bằng góc


ACB. Do

ABC >

ACB, nên Bx cắt cạnh AC tại
điểm D và tạo thành tam giác cân DBC,
do đó DB = DC. Mặt khác, trong tam
giác ABD ta có AD + DB > AB. Do đó
AC = AD + DC = AD + DB > AB.
Phần ngược lại của định lý là hiển nhiên. Vì nếu

ABC <

ACB thì
ta phải có AC < AB là điều vô lí. 
Bài toán 1.2. Chứng minh rằng đường vuông góc AH hạ từ điểm A
xuống đường thẳng d cho trước luôn nhỏ hơn đường xiên AB.
Giải. Tam giác AHB là tam giác vuông tại H, do đó

AHB = 90
0
>

ABH. Theo định lý trên, ta có AB > AH.
Sự tương ứng giữa độ lớn cạnh và góc còn đúng cho cạnh của hai tam
giác khác nhau. Dùng định lý 1.21 ta dễ dàng chứng minh kết quả sau.
Định lý 1.22. Cho trước hai tam giác ABC và A

B


C

có hai cặp cạnh
bằng nhau AB = A

B

và AC = A

C

. Ta có bất đẳng thức

BAC >

B

A

C

khi và chỉ khi BC > B

C

.
Chứng minh.
Hình 1.4
Trước hết, giả sử rằng


BAC >

B

A

C

, ta sẽ chứng minh BC > B

C

.
Không mất tính tổng quát giả sử
AB ≥ AC. Ta đem hình tam giác
ABC đặt chồng lên hình tam giác
A

B

C

sao cho A ≡ A

, C ≡ C

và đỉnh B, B

nằm cùng phía so với

đường thẳng đi qua AC.
www.VNMATH.com
14
Do AB = A

B

, nên ta có

ABB

=

AB

B. Vì

CBB

<

ABB

và

CB

B >

AB


B, nên ta có

CBB

<

CB

B. Theo định lý 1.21, ta có
CB > CB

, hay là CB > C

B

.
Nếu như

BAC =

B

A

C

thì ta cũng dễ dàng thấy rằng BC = B

C


,
do ∆ABC và ∆A

B

C

(c.g.c). Vậy ta có

BAC >

B

A

C

khi và chỉ khi
BC > B

C

. 
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC và AM là trung tuyến. Chứng minh
rằng

BAC ≥ 90
0
khi và chỉ khi AM ≤

1
2
BC.
Giải. Gọi A

là điểm đối xứng với A qua trung điểm M của cạnh BC.
Tứ giác ABA

C là tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường nên ABA

C là hình bình hành.
Hình 1.5
Xét hai tam giác ABA

và ABC có
cạnh AB là cạnh chung và có cặp cạnh
A

B và AC bằng nhau. Theo định lý
1.22, ta có BC ≥ AA

khi và chỉ khi

BAC ≥

ABA

. Do


BAC +

ABA

=
180
0
, cho nên

BAC ≥

ABA

khi và
chỉ khi

BAC ≥ 90
0
. Tóm lại, AM =
1
2
AA

≤
1
2
BC khi và chỉ khi

BAC ≥
90

0
.
Định lý 1.23. Trong những đường xiên nối một điểm M cho trước với
điểm N trên một đường thẳng d cho trước, đường xiên nào có hình chiếu
dài hơn thì dài hơn.
1.3.2. Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt
Trong một tam giác, mối quan hệ giữa các cạnh dẫn đến mối quan hệ
với các đại lượng đặc biệt. Với đường cao ta dễ thấy là đường cao tương
ứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn. Đối với đường trung tuyến và đường
phân giác ta cũng sẽ chứng minh rằng ứng với cạnh dài hơn là đường
trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn.
Định lý 1.24. Trong tam giác ABC ứng với cạnh dài hơn là đường cao,
đường trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn.
www.VNMATH.com
15
Chứng minh. Giả sử c < b, ta sẽ chứng minh rằng h
b
< h
c
, m
b
< m
c
và
l
b
< l
c
.
Hình 1.6

Vì c < b nên suy ra h
b
=
S
2b
<
S
2c
= h
c
.
Để chứng minh m
b
< m
c
, ta gọi M, N và
P là trung điểm của các cạnh AB, AC và
BC, tương ứng (hình 1.6). Áp dụng định
lý 1.22 cho ∆P AB và ∆P AC là hai tam
giác có hai cặp cạnh bằng nhau (AP chung
và BP = CP), ta có

AP B <

AP C. Gọi G
là trọng tâm của tam giác ABC. Xét hai
tam giác GP B và GP C là hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau
(GP chung và P B = P C). Do có

AP B <


AP C, nên BG < CG. Vậy
m
b
=
3
2
BG <
3
2
CG = m
c
.
Hình 1.7
Gọi phân giác của góc

B là BL và phân
giác xuất phát từ C là CK. Theo định lý
đường phân giác ta có
LC
LA
=
a
c
⇒ CL =
ab
a+c
. Tương tự
KB
KA

=
a
b
⇒ BK =
ac
a+b
.
Do c < b, nên BK < CL. Dựng hình
bình hành BKCT (hình 1.7), ta có

BT C =

BKC =

A +

C
2
và ta có

BT C <

BLC.
Mặt khác, vì T C = BK, và BK < CL
nên TC < CL. Trong tam giác T LC, ứng
với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn theo định
lí 1.21, cho nên

CLT <


CT L. Từ các bất đẳng thức

BLC >

BT C và

CLT <

CT L, ta có

BLT <

BT L. Theo định lý 1.21 ta có BT > BL
mà CK = BT suy ra CK > BL. 
Định lý 1.25. Trong tam giác ABC ta luôn có
m
a
≥ l
a
≥ h
a
.
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. Ta chứng minh rằng L
nằm trên đoạn thẳng nối HM, và áp dụng định lý 1.23 để có bất đẳng
thức cần chứng minh.
www.VNMATH.com
16
Hình 1.8
Định lí hiển nhiên đúng cho trường hợp

tam giác ABC cân tại đỉnh A. Để tiện
chứng minh trong trường hợp tam giác
không cân tại A, không mất tính tổng quát
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 theo định lý 1.21 ta
có

BAM =

MA

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.
Theo định lý 1.23, ta có AH < AL < AM. 
Định lý 1.26. Đường trung tuyến AM của tam giác ABC nhỏ hơn nửa
tổng các cạnh AB và AC cùng xuất phát từ một đỉnh A.
Chứng minh. Gọi A

là điểm đối xứng với điểm A qua điểm M, ta có
ABA

C là hình bình hành. Do đó AM =
1
2
AA

<
1
2
(A


C + AC) =
1
2
(AB + AC). 
Bài toán 1.4. Chứng minh rằng nếu M là điểm nằm trên đường phân
giác ngoài của góc C của tam giác ABC (M khác C) thì MA + MB >
CA + CB.
Giải.
Hình 1.9
Giả sử A

là điểm đối xứng
với điểm A qua đường phân giác
ngoài của góc C. Khi đó các điểm
A

, C, B thẳng hàng và MA

=
MA. Do đó MA + MB = MA

+
MB > A

B = CA

+ CB =
CA + CB.
www.VNMATH.com

17
1.4. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học
Định lý 1.27. (Công thức Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính của
đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảng
cách giữa tâm hai đường tròn đó. Ta có
d
2
= R
2
− 2Rr. (1.34)
Chứng minh.
Hình 1.10
Gọi O, I lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC.
Biết rằng đường tròn ngoại tiếp
tam giác BCI có tâm D là trung
điểm của cung

BC. Gọi M là
trung điểm của BC và Q là hình
chiếu của I trên OD. Khi đó
OB
2
− OI
2
=OB
2
− DB
2
+ DI

2
− OI
2
=OM
2
− MD
2
+ DQ
2
− QO
2
= (MO + DM) (MO − DM) + (DQ + QO) (DQ − QO)
=DO (MO − DM + DQ + OQ) = R (2MQ) = 2Rr.
Vậy OI
2
= R
2
− 2Rr, nghĩa là d
2
= R
2
− 2Rr. 
Hệ quả 1.4. (Bất đẳng thức Euler) Kí hiệu R, r lần lượt là bán kính
đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Khi đó
R ≥ 2r. (1.35)
Đẳng thức xảy ra khi và khi tam giác ABC đều.
Bài toán 1.5. Cho tam giác ABC với R là bán kính đường tròn ngoại
tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p là nửa chu vi tam giác ABC.
Chứng minh rằng r ≤

p
3
√
3
≤
R
2
.
www.VNMATH.com
18
Giải. Ta có [ABC] =
abc
4R
= pr, suy ra 2p = a+b+c ≥ 3
3
√
abc = 3
3
√
4Rrp.
Do đó 8p
3
≥ 27(4Rrp) ≥ 27(8r
2
p), vì R ≥ 2r. Vậy p ≥ 3
√
3r.
Bất đẳng thức thứ hai,
p
3

√
3
≤
R
2
tương đương với a + b + c ≤ 3
√
3R.
Sử dụng định lí hàm số sin, bất đẳng thức này tương đương với sin A +
sin B + sin C ≤
3
√
3
2
. Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f(x) = sin x là
hàm lồi trên (0, π), do đó
sin A+sin B+sin C
3
≤ sin

A+B+C
3

= sin 60
0
=
√
3
2
.

Định lý 1.28. (Công thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài các
cạnh là a, b, c. Gọi G là trọng tâm và (O, R) là đường tròn ngoại tiếp
tam giác. Khi đó
OG
2
= R
2
−
1
9

a
2
+ b
2
+ c
2

. (1.36)
Chứng minh.
Hình 1.11
Để chứng minh bài toán này ta sử dụng
định lí Stewart "Nếu L là điểm nằm trên
cạnh BC của ∆ABC và nếu AL = l, BL =
m, LC = n, thì a(l
2
+ mn) = b
2
m + c
2

n".
Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA

,
trong đó A

là trung điểm của BC, ta
được AA

(OG
2
+ AG.GA

) = A

O
2
.AG +
AO
2
.GA

. Vì AO = R, AG =
2
3
AA

, GA

=

1
3
AA

nên OG
2
+
2
9
A

A
2
=
2
3
A

O
2
+
1
3
R
2
.
Mặt khác, vì A

A
2

=
2(b
2
+c
2
)−a
2
4
và A

O
2
= R
2
−
a
2
4
, ta được
OG
2
=

R
2
−
a
2
4


2
3
+
1
3
R
2
−
2
9

2(b
2
+ c
2
) − a
2
4

=R
2
−
a
2
6
−
2(b
2
+ c
2

) − a
2
18
= R
2
−
a
2
+ b
2
+ c
2
9
.

Hệ quả 1.5. (Bất đẳng thức Leibniz) Cho tam giác ABC với độ dài
các cạnh là a, b, c. (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có bất
đẳng thức sau
9R
2
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
. (1.37)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC.
www.VNMATH.com
19

Bài toán 1.6. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. Chứng
minh rằng 4
√
3 [ABC] ≤
9abc
a+b+c
.
Giải. Sử dụng bất đẳng thức Leibniz với lưu ý 4R. [ABC] = abc ta có
9R
2
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
⇔
a
2
b
2
c
2
16[ABC]
2
≥
a
2
+b
2

+c
2
9
⇔ 4 [ABC] ≤
3abc
√
a
2
+b
2
+c
2
. Mặt
khác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a + b + c ≤
√
3
√
a
2
+ b
2
+ c
2
.
Do đó 4
√
3 [ABC] ≤
9abc
a+b+c
.

Bài toán 1.7. Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các
cạnh AB, BC, CA tại D, E, F , tương ứng.Kí hiệu p là nửa chu vi của
tam giác ABC. Chứng minh rằng EF
2
+ F D
2
+ DE
2
≤
p
2
3
.
Giải. Thấy rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC là đường tròn ngoại
tiếp tam giác DEF . Áp dụng bất đẳng thức Leibniz cho tam giác DEF ,
ta được EF
2
+ F D
2
+ DE
2
≤ 9r
2
. Mặt khác, theo bài toán 1.5 ta có
p
2
≥ 27r
2
. Do đó EF
2

+ F D
2
+ DE
2
≤
p
2
3
.
Định lý 1.29. (Định lí Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn tâm O, bán kính R. M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng
tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các
cạnh BC, CA, AB. Khi đó diện tích của tam giác XY Z được tính theo
diện tích tam giác ABC và khoảng cách MO bởi công thức sau
[XY Z] =
1
4




1 −
MO
2
R
2





[ABC] . (1.38)
Chứng minh.
Hình 1.12
Kéo dài AM, BM, CM cắt đường tròn
ngoại tiếp tại các điểm X

, Y

, Z

tương
ứng. Ta có

ZXM =

MBZ (tứ giác
BZMX nội tiếp),

MBZ =

ABY

(B, Z, A
thẳng hàng và B, M, Y

thẳng hàng),

ABY

=


AX

Y

(cùng chắn cung

AY

).
Từ đó suy ra

ZXM =

AX

Y

. Tương tự

Y XM =

AX

Z

. Từ đó suy ra

ZXY =


Z

X

Y

. Ta sẽ kí hiệu hai góc này là X và
www.VNMATH.com
20
X

. Ta có
[XY Z] =
1
2
XY.XZ. sin X
=
1
2
MC. sin C.MB sin B. sin X (định lí hàm số sin)
=
1
2
MB.MY

.
MC
MY

sin B. sin C. sin X

=
1
2


MO
2
− R
2


BC
Z

Y

. sin B sin C. sin X(phương tích, ∆MBC ∼ ∆MZ

Y

)
=
1
2


MO
2
− R
2



.BC. sin C. sin B.
sin X

Y

Z

=
1
8




1 −
MO
2
R
2




AC.BC. sin C (vì sin B =
AC
2R
,
sin X


Y

Z

=
1
2R
)
=
1
4




1 −
MO
2
R
2




[ABC] .

Chú ý 1.1.
1) Tam giác XY Z nêu trong định lí được gọi là tam giác Pedal.
2) Nếu M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì [XY Z] =

0. Điều đó có nghĩa là tam giác XY Z suy biến thành đường thẳng, đó
chính là đường thẳng Euler.
3) Nếu M ≡ I (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC) thì XY Z
là tam giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính r có các góc X, Y, Z
tương ứng bằng
π
2
−
A
2
,
π
2
−
B
2
,
π
2
−
C
2
. Bằng các phép biến đổi sơ cấp từ
công thức (1.38) sẽ suy ra công thức Euler OI
2
= R
2
− 2Rr.
Hệ quả 1.6. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì nằm trong mặt
phẳng tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên

các cạnh BC, CA, AB. Khi đó
[XY Z] ≤
1
4
[ABC] . (1.39)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
www.VNMATH.com
21
Bài toán 1.8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O
(với O nằm bên trong tứ giác). Gọi MNP Q là tứ giác mà các đỉnh lần
lượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD đến
các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng
[MNP Q] ≤
1
2
[ABCD] .
Giải. Gọi K là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD.
Hình 1.13
Dễ thấy KMN là tam giác Pedal dựng
từ điểm K của tam giác ABC. Do đó
áp dụng hệ quả 1.6 ta được [KMN] ≤
1
4
[ABC]. Làm tương tự cho các tam giác
KNP, KP Q, KQM và cộng các kết quả lại
[KMN] + [KNP ] + [KP Q] + [KQM]
≤
1
4

([ABC] + [BCD] + [CDA] + [DAB]) .
Suy ra [MNP Q] ≤
1
2
[ABCD].
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác ABCD.
Bài toán 1.9. (Balkan, 1999) Cho ABC là một tam giác nhọn và
L, M, N là các chân đường cao hạ từ trọng tâm G của ∆ABC tới các
cạnh BC, CA, AB, tương ứng. Chứng minh rằng
4
27
<
[LMN]
[ABC]
≤
1
4
.
Giải. Ta có tam giác LMN là tam giác Pedal dựng từ trọng tâm
G của tam giác ABC. Áp dụng định lí 1.12, ta có [LMN] =
1
4



1 −
OG
2
R

2



[ABC] =
R
2
−OG
2
4R
2
[ABC] (vì G nằm trong tam giác ABC).
+ Dễ thấy [LMN] ≤
1
4
[ABC]. Đẳng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
G ≡ O hay khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
+ Ta chứng minh bất đẳng thức còn lại. Thật vậy, để ý rằng OG =
1
3
OH.
Vì tam giác nhọn, H nằm trong tam giác và OH ≤ R nên
[LMN]
[ABC]
=
R
2
−
1
9

OH
2
4R
2
≥
R
2
−
1
9
R
2
4R
2
=
2
9
>
4
27
.
www.VNMATH.com
22
Định lý 1.30. (Công thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD, gọi x
là khoảng cách giữa trung điểm của hai đường chéo AC và BD. Ta có
AB
2
+ BC
2
+ CD

2
+ DA
2
= AC
2
+ BD
2
+ 4x
2
. (1.40)
Chứng minh. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Áp dụng
công thức đường trung tuyến ta có
x
2
=
NA
2
+ NC
2
2
−
AC
2
4
=
AB
2
+DA
2
2

−
BD
2
4
+
BC
2
+CD
2
2
−
BD
2
4
2
−
AC
2
4
hay AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
= AC
2
+ BD

2
+ 4x
2
. 
Hệ quả 1.7. (Bất đẳng thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD. Ta
có
AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
≥ AC
2
+ BD
2
. (1.41)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành.
Bài toán 1.10. (Địa trung Hải, 2000) Cho P, Q, R, S là trung điểm của
các cạnh BC, CD, DA, AB, tương ứng, của tứ giác lồi ABCD. Chứng
minh rằng
4

AP
2
+ BQ
2
+ CR

2
+ DS
2

≤ 5

AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2

.
Giải. Ta biết công thức đường trung tuyến XM của tam giác XY Z
là XM
2
=
1
2
XY
2
+
1
2
XZ
2
−

1
4
Y Z
2
. Ta thay bộ (X, Y, Z, M) bằng
(A, B, C, P ), (B, C, D, Q), (C, D, A, R), (D, A, B, S) vào trong công thức
này và cộng 4 công thức lại với nhau để thu được công thức thứ 5. Nhân
cả hai vế của công thức thứ 5 với 4, ta được
4

AP
2
+ BQ
2
+ CR
2
+ DS
2

= AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
+ 4

AC

2
+ BC
2

.
Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức
AC
2
+ BC
2
≤ AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
.
Đây là bất đẳng thức hình bình hành. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tứ
giác ABCD là hình bình hành. Điều phải chứng minh.
www.VNMATH.com
23
1.5. Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt
1.5.1. Các bất đẳng thức trong tam giác đều
Tam giác đều có một số tính chất đặc biệt, nói chung không còn đúng
trong một tam giác tùy ý. Trong mục này, ta chỉ nghiên cứu một số bất
đẳng thức trong tam giác đều ABC liên quan mối quan hệ giữa p
a
, p

b
, p
c
với P A, P B, PC (trong đó p
a
, p
b
, p
c
lần lượt là khoảng cách từ P đến
các cạnh BC, CA, AB).
Bài toán 1.11. Cho ABC là tam giác đều cạnh a, gọi P là một điểm
nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
Hình 1.14
i)
1
p
a
+
1
p
b
+
1
p
c
≥
6
√
3

a
,
ii)
1
p
a
+ p
b
+
1
p
b
+ p
c
+
1
p
c
+ p
a
≥
3
√
3
a
.
Giải. Gọi D, E, F là chân đường vuông
góc của P lên các cạnh BC, CA, AB tương
ứng. Ta có [ABC] = [BCP ] + [CAP ] +
[ABP ], do đó ah = ap

a
+ ap
b
+ ap
c
. Vì
h =
√
3
2
a nên p
a
+p
b
+p
c
=
√
3
2
a. Áp dụng
bất đẳng thức (1.2), ta được
1
p
a
+
1
p
b
+

1
p
c
≥
9
p
a
+ p
b
+ p
c
=
6
√
3
a
.
Lại áp dụng bất đẳng thức (1.2) có
1
p
a
+ p
b
+
1
p
b
+ p
c
+

1
p
c
+ p
a
≥
9
p
a
+ p
b
+ p
b
+ p
c
+ p
c
+ p
a
=
3
√
3
a
.
Bài toán 1.12. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy
ý nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
P A
2
.P B

2
.P C
2
≥
8a
3
3
√
3
p
a
p
b
p
c
. (1.42)
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
www.VNMATH.com