Các dạng bài tập và hướng dẫn ôn thi đại học môn toán theo chuyên đề _cực hay

III. Bất đẳng thức giữa các cạnh, các đường trong tam giác
Bài 30. Cho tam giác ABC. Gọi a, b, c và ha, hb, hc lần lượt là các cạnh và các độ
dài của các đường cao kẻ từ A, B, C; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và S là
diện tích tam giác ABC. Chứng minh rằng:
1) a 6 h 3b b 6 h 3c c 6 h 3a 96RS 4 ;

2)

a
b
c 3R
.
2 2
2
S
hb hc ha

Giải
1) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có
a 6 hb3 b 6 hc3 c 6 ha3 3a 2 hb .b 2 hc .c 2 ha 3abc aha bhb .chc .

Lại có
Suy ra

ah a .bh b .ch c 2S.2S.2S 8S3 ;

abc = 4RS.

a 6 h 3b b 6 h 3c c 6 h 3a 96RS 4 .

(đpcm)

a 3 bc 2
a h b h c h

b 3 a 2 c a b c .
Dấu = xảy ra
ah a bh b ch c
c 3 ab 2

6

3
b

6

3
c

6

3
a

2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có
a b
c
abc
2 2 33 2 2 2
2

hb hc ha
ha .hb .hc

3abc
3

aha .bhb .chc

Lại có a.h a .b.h b .c.h c 8S3 ; abc = 4RS

2

.

a b
c 3.4.RS 3R
. (đpcm)
2 2

2
hb hc ha 2 S 2
S

a 2 bc
b
c
a

2 2 2
b 2 ca a b c .

Dấu = xảy ra hb h c h a
a.h b.h c.h
c 2 ab
b
c
a



Mở rộng: Với mọi tam giác ABC, ta luôn có:

a 3 .h 3b b 3 .h 3c c 3 .h 3a 3 .2 2 .S 2 .R ( , ).

39


(Chứng minh dành cho bạn đọc).
Bài 31. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c; S là diện tích. Chứng
minh rằng
a 2 b 2 c 2 4 3S a b b c c a .
2

2

2

(*)

Giải. Ta có
2

2
2
(*) a 2 b c b 2 c a c 2 a b 4 3S





p b p c p c p a p a p b 3S (với p là nửa chu vi).

x p b

Đặt: y p c x y z 3p a b c p .
z p a

Ta lại có

S=

pp a p b p c .

Khi đó, (*) tương đương với:

xy + yz + xz

3xyz( x y z)

x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 2 xyz( x y z) 3xyz( x y z)
x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 xyz( x y z) .
Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

x 2 y 2 y 2 z 2 2 xy 2 z ;

y 2 z 2 z 2 x 2 2 xyz 2 ;

z 2 x 2 x 2 y 2 2 x 2 yz .

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được

x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 xyz( x y z) .

(đpcm)

Dấu = xảy ra x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 x y z a b c .
Nhận xét


Từ bất đẳng thức (*), ta có bất đẳng thức

ab bc ca 4 3S .

(**)

Thật vậy, ta có (*) 2(ab bc ca ) 4 3S a 2 b 2 c 2

ab bc ca 4 3S (do a 2 b 2 c 2 ab bc ca ).


Để chứng minh (**), ta không nhất thiết phải chứng minh (*) mà có thể
chứng minh trực tiếp như sau:

40


Theo công thức tính diện tích: S

abc
, thay vào (**) ta có:
4R

3abc
R

ab bc ca


1 1 1
3
1
1
1




2 3 (theo ĐL hàm số sin).
a b c R
sin A sin B sin C

(bất đẳng thức đã được chứng minh ở bài 24(câu 1) ).

Vậy (* *) đúng. Dấu = xảy ra sin A = sin B = sin C A = B = C.


Từ (* *) ta suy ra được một số bất đẳng thức khá đẹp:
1) a b c 24 27 . S ;

2) a 2 b 2 c 2 4 3.S ;

3) a 3 b 3 c 3 84 3.S S ;

4) a 4 b 4 c 4 16S 2 .





Chứng minh. Ta có 3( xy yz zx ) ( x y z) 2 3 x 2 y 2 z 2 .??
Khi đó, từ (**) ta suy ra:
1) a b c 3ab bc ca 3.4 3S
2

a b c 24 27 . S .





(đpcm)

2) 3 a 2 b 2 c 2 a b c 4 27 .S

2

a 2 b 2 c 2 4 3.S .
4)





(đpcm)

3 a 4 b4 c4 a 2 b2 c2



2

16.3.S 2

a 4 b 4 c 4 16S2 .
3) Để chứng minh 3) ta dựa vào một trong các bất đẳng thức (**), 1) hoặc 2).
ab bc ca
T

3



Đặt

1/ 2

ab bc ca 3T 2 .

Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta được:
a 3 b 3 T 3 3abT ; b 3 c 3 T 3 3bcT ;

c 3 a 3 T 3 3caT .

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được





2 a 3 b 3 c 3 3T 3 3Tab bc ca 9T 3

41


3



ab bc ca 2
a 3 b 3 c 3 3T 3 3
.
3

3

4 3.S 2
84 3.S S .
a 3 b 3 c 3 3

3





(đpcm)

Dấu = xảy ra a = b = c = T ABC là tam giác đều.
(Ngoài cách chứng minh trên, ta còn có cách chứng minh rất bất đẳng
thức sẽ được trình bày theo bài riêng).


Mở rộng bài toán (* *): Với mọi tam giác ABC, ta luôn có

1

a b b c c a 4 .3
Giải. Thay S


2

.S ( +).

(1)

abc
vào (1) và áp dụng định lí hàm số sin, ta được
4R


1
1
1
1

2



2
.

3
(1)
.
sin A sin B sin C

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

1
1
1
3



.



sin A sin B sin C sin A. sin B. sin C / 3

(2)

3 / 2
3 3
/3
Lại có sin A.sin B.sin C
sin A. sin B. sin C .
8
2

(3)



1
1
1
1
3 .2



2 .3 2 . (đpcm)
Từ (2) và (3) suy ra



/2
sin A sin B sin C 3



Mở rộng bài toán (*):
n

a

2n

b

2n

c

(2)
Giải. Ta có

42

2n

4S
2n
2n
2n
3.
a b b c c a (n
3



*).




(2) a

2n

b c

2n

b

2n

c a

2n

c

2n

a b

2n



n

4S
3.
. (2*)
3

Chỉ cần chứng minh (2*) đúng với n 2 (n = 1 chính là bất đẳng thức (*)), ta có:
2

b c
1

bc

a b c 1

b c 2

;
2
a

n

a2

a

(3)

2
2
a 2 b c a 2 b c
a a b c 1

.

a2
a2


n

2

2

2

Từ (3), (4) suy ra

b c 2 a 2 b c 2 b c 2 n
a

2

a

2

a

2n

a

(4)
2

b c
a 2n



a 2 n b c a 2 b c
2n



2 n



2 n

a 2 n b c 4 n p b p c .
2n

n

(5)

Dấu = của (5) xảy ra b = c.
Chứng minh tương tự, ta có: b 2 n c a 4 n p c
. p a .
2n

n

(6)

Dấu = của (6) xảy ra c = a.
Và có

c 2 n a b 4 n p a p b .
2n

n

(7)

Dấu = của (7) xảy ra a = b.
Cộng từng vế của (5), (6), (7), ta được
VT(2*) 4n p b

Đặt

n

p c p c p a p a p b
n

n

n

n

n




x p b

y p c x y z 3 p (a b c) p .
z p a


Khi đó VT(2*) 4n x n y n y n z n z n x n .
Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta được:


2 yz .x

x n y n y n z n 2 xz .y

zn x n x n yn

n

n



(8); y n z n z n x n 2 xy .z

n

(9)

(10).

43


Cộng từng vế của (8), (9), (10), ta được

xyz

VT(2*) 4n
Đặt

A

n

.





xn y n z n .

xyz
x y z 3A .
3

Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dương, ta được:

x n x n An

...

An n.x. A n 2 ;

(11)

y n y n An

...

An n.y. A n 2 ;

(12)

z n z n An

...

An n.z. A n 2 .

(13)

n 2 la`n

n 2 la`n

n 2 la`n

Cộng từng vế của (11), (12), (13), ta được





2 x n y n z n 3n 2 A n n. A n 2 x y z 3n A n .

xyz
x y z 3
.
3


n

n

n

n

Dấu = xảy ra a = b = c.

Do đó
n
4. p p a p b p c
xyz ( x y z )
n
*

VT(2 ) 4 .3.
3.
3
3





n

n

4.S
VT(2 ) 3.
.
3
*

(đpcm)

Dấu = xảy ra a = b = c.
Bài 32. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c. Gọi p là nửa chu vi, S là diện tích.

Chứng minh rằng p 4 27 . S .

(*)

Giải. Ta có:
pa

44

bca
0;
2

pb

cab
0;
2

pc

a bc
0.
2


áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

p3
pa pbpc

p a
. p b
. p c

p

a
.
p

b
.
p

c


27
3


3

p4
pp a
. p b
. p c S 2 p 4 27 . S . (đpcm)
27

Dấu = xảy ra p a p b p c a b c .
Chú ý:


Từ (*) ta suy ra hai bất đẳng thức sau:
2) S 3 3r 2 .

1) p 3 3r ;










1

Mở rộng bất đẳng thức (*): a b c 2 .3


4

2

.S ( +).

(1)

Chứng minh: Để chứng minh (1), nếu thông qua bất đẳng thức (*) sẽ phức
tạp. Ta chứng minh trực tiếp bằng cách dùng định lí hàm số sin và áp dụng
bất đẳng thức Cô-si. Ta có










1
sin A 2 sin B 2 sin C 2
*
(1)


2 2 .3 4 . (1 )
sin B. sin C
sin C. sin A

sin A . sin B

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:






3
sin A 2 sin B 2 sin C 2
.





sin B. sin C
sin C. sin A
sin A. sin B
sin A.sin B.sin C 6

Vì


6



3 3

3 3
34
.
sin A.sin B.sin C
sin A.sin B.sin C

8
8
22

6





1

VT(1*) 2 2 .3

Dấu = xảy ra


4

.

(đpcm)

sin A

sin B
sin C


sin B.sin C sin C.sin A sin A.sin B

sin A sin B sin C A B C .

Tương tự, ta có bất đẳng thức khá đẹp sau: ab 2 bc 2 ca 2 8.4 3.S S .

(2)

45














Mở rộng (2), ta được a .b b .c c .a 2

1

.3


4

.S


2

(, 0).

Bài 33. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và S là diện tích. Chứng minh
rằng với hai số nguyên dương x, y bất kì, ta luôn có
3

x
x
x 8x y S S
a .b b .c c .a
.
4
y
y
y
27 .y 3

(1)

Giải. Ta có
(1) ay xb by xc cy xa

8x y S S
.
4
27
3

(2)

Lần lượt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (x + y) số dương, ta có

a

...
a b

...
b x y


yla`n

( x y)

a y .b x

xla`n

ay bx x y

( xy)

a y .b x .

(3)

Tương tự: by cx x y

( xy)

b y .c x ;

(4)

cy ax x y

( xy)

c y .a x .

(5)

Nhân từng vế của (3), (4), (5) với nhau, ta được:

ay bx by cx cy ax x y 3 .abc .

Để (2) đúng ta chỉ cần chứng minh abc

8S S
.
4
27

(6)

Theo công thức tính diện tích, ta có 2S ab sin C bc sin A ca sin B .
8S3 a 2 b 2 c 2 .sin A.sin B.sin C

3 3 2 2 2
8S S
.
.a b c abc 4
8
27

Dấu = của (6) xảy ra sinA = sinB = sinC ABC đều.
Suy ra (2) đúng . Vậy (1) đúng.
Dấu = của (1) xảy ra ABC đều.
Chú ý:
Trường hợp đặc biệt x = y, ta có (a b)(b c)(c a )

46

64S S
.
4

27




8 x y S
x
x
x
Mở rộng (1), ta có a .b . b .c . c .a

y
y
y


3 4 .y 3


Việc chứng minh được bất đẳng thức abc

3

3
2

.

8S S
đã giúp ta giải quyết được

4
27

một số bài toán mở rộng của bài 31 một cách rất đơn giản.
Ví dụ: Ta chứng minh bài toán mở rộng sau:
1

a b b c c a 2 .3


4

.S


2

( 0).

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

a b b c c a 3(abc)


3

1

2 3

4

S


2

.

(đpcm)

a b b c c a

Dấu = xảy ra
a b c.
8S S
abc


4
27


Bài 34. Cho tam giác ABC có các cạnh lần lượt là a, b, c. Gọi p là nửa chu vi, S là
diện tích, r là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng

3.4 3
1
1

1
p2



2 .
p a p b p c 3r
S

(1)

Giải. Ta có: p a > 0; p b > 0; p c > 0.
+) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có
3

1
1
1
27
27 p




2 .
p a p b p c (p a )(p b)(p c) S
3

Theo bài 32 ta có p

4

1
1
1 27.4 27

27 . S


S S
pa pb pc


1
1
1


pa pb pc



3.4 3
.
S

(đpcm)

47

Dấu = xảy ra

+) Xét

1
1
1
p a p b p c

p 4 27 . S


a = b = c.

1
1
1
(p a )(p b) (p c)(p b) (p c)(p a )
=
.


pa pb pc
(p a )(p b)(p c)

Lại có 3(xy + yz + zx)

(x + y + z)2 x, y, z . Suy ra

( p a p b p c) 2
1
1
1



p a p b p c 3( p a )( p b)( p c)

Dấu = xảy ra

p2
p3
p2
2 2 . (đpcm)
3( p a )( p b)( p c) 3S
3r

pa=pb=pc a=b=c.

Chú ý:


Dạng tương đương của (1):

3.4 3
1
1

1
p2
.




2 S a b c b c a c a b 6r








43
1 1 1


3
Mở rộng (1):
S
pa pb pc





( R ) . (*)

Chứng minh: áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta được






1 1 1
3
.





p a p b p c
3
(
p

a
)(
p

b
)(
p

c

)






3




6

Mà p ( 3 ) .S nên VP(**)
4



4

3.( 3 ) .S
S

48

2
3

6





3. p 3

3. p 3


3

p( p a)( p b)( p c)

4 3

3.

S



(**)



(*) đúng.

S

2
3

.


Dấu = xảy ra



1
1
1
p a p b p c

p 4 27 . S


Bài 35. Những tam giác nào thoả mãn điều kiện:

a = b = c.
(a b)(b c)(c a ) r
,
16abc
R

(1)

trong đó a, b, c là độ dài các cạnh; R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp,
nội tiếp tam giác ABC .
Giải. Ta có
(a b)(b c)(c a ) 2 ab. 2 bc. 2 ca 1

.
16abc
16.abc
2

(2)

Dấu = xảy ra a = b = c.
Ta lại có

S =

abc
abc
p.r
.r
4R
2

2R.sinA.sinB.sinC = (sinA + sinB + sinC).r


2R
1

1
1
.



r
sin B.sin C sin C.sin A sin A.sin B

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có
1
1
1



sin B.sin C sin C.sin A sin A.sin B

3
2

(sin A.sin B.sin C) 3

2

Do

3
3 3
sinA.sinB.sinC

nên (sin A.sin B.sin C ) 3 .
4
8

Suy ra

2R
1
1
1



4
r
sin B.sin C sin C.sin A sin A.sin B


Dấu = xảy ra

r 1
.
R 2

(3)

1
1
1

sin B. sin C sin C. sin A sin A. sin B

sinA = sinB = sinC a = b = c.

49


Từ (2) và (3) suy ra có đẳng thức (1)

(a b)(b c)(c a ) 1


16abc
2
a = b = c.

r 1
R 2

Chú ý:


Ngoài cách chứng minh R 2r ở trên, ta có thể chứng minh theo cách sau:
Ta có 4RS = abc
Lại có

8S S
4
27

S = p. r 4 27 . S r
R

Từ (4) và (5) ta có


R

4

(4)

S 4 27 r.

(5)

2 4
. 27 . r = 2r.
27

Từ công thức diện tích S = p r =
pRr =

2 S
.
4
27

(6)

abc
, suy ra
4R

abc 8S S 2. S.S
.
4
4
4
4. 27
27

(7)

Ta đã có mối liên hệ giữa p, S, R với r và p, R với S. Liệu ta có thể thiết
lập được mối liên hệ giữa p và R hay không?
Ta có p =

abc
3 3R
.
(sin A sin B sin C ).R
2
2

Dấu = xảy ra sinA = sinB = sinC =

3
hay

2

ABC đều.

Ta cũng có a2 + b2 + c2 = (sin2A + sin2B + sin2C).4R2
Do đó, ta có a + b + c

(8)



9
.4R2 = 9R2. (9)
4

3.(a 2 b 2 c 2 ) 3 3 R.

Vậy từ (5), (7), (9), ta có các kết quả sau:
S 3 3.r 2 (hay p 3 3.r );
R2

50

a 2 b2 c2
;
9

(10)
(12)

abc

8S S
;
4
27

(11)

pRr

2S S
.
4
27

(13)




Sử dụng các kết quả trên, ta có thể chứng minh được rất nhiều bất đẳng
thức hay.
Ví dụ. Chứng minh rằng:
1) hahbhc 4 27 .S S ;
2)

1
1
1

+ +

a
b
c

1




2

3
( R );

R
1



1
1
1
3 2
3) ;
a .b
b .c
c .a
R

4) 9aR 2 3.bp 18cr

36.S.

Giải
1) Theo công thức diện tích, ta có 2S = aha = bhb = chc.
Khi đó, theo (11) ta có 8S3 = abc.h a .h b .h c
Vậy

8S S
h a .h b .h c .
4
27

h a .h b .h c 4 27 .S S .

(đpcm)

2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

1
1
1


a
b
c

3

(abc)


3

.




Mặt khác, theo (8) ta có 3 3R a b c 3 3 abc hay (abc) 3 3 2 .R .
1

Suy ra



1
1
1 3 2



a b c
R

(đpcm).

3) Tương tự 2): Bạn đọc tự chứng minh.
4) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có

9aR 2 3.bp 18cr 3 3 182. 3abc. pRr .
Nhân từng vế các bất đẳng thức (11), (13), ta có

51


abc. pRr

16 S 3
.
3 3

9aR 2 3.bp 18cr 36.S

Suy ra


9aR 2 3bp 18cr


8S S
Dấu = xảy ra abc 4
27


2S S
pRr 4

27

(đpcm).

a = b = c.

Bài 36. Cho tam giác ABC. Gọi p là nửa chu vi; r, R lần lượt là bán kính đường tròn
nội tiếp, ngoại tiếp; S là diện tích. Chứng minh rằng
p2 + r2 + 4Rr 4 3 S.

(1)

Giải. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 36 số, trong đó có 27 số
tám số

p2
, một số r2 và
27

Rr
, ta có
2
1

8 36
p 2 27
2 Rr
2
2
p + r + 4Rr 36 .r . .
2

27
1

Ta sẽ chứng minh

8 36
p 2 27
2 Rr
36. .r . 4 3S .
2
27
3



9
4

3 .2

Theo (6) và (10) Bài 35, ta có

52

2

5

36. p 2 .R 9 .r 18 .
2

9

1
2

2
9

2
9

3
4

13
8

4 3 p.r p .R 2 .3 .r .

(2)

1
3 1

p 3 3r p 2 3 4 .r 2
(2) đúng (1) đúng.
2
2 2
R 2.r R 9 2 9 .r 9

p2
R.r
2
r
2
27
a = b = c.
p 3 3r
R 2 r



Dấu = của (1) xảy ra

Nhận xét: Ngoài cách chứng minh trên, ta có thể chứng minh theo cách sau:
S2 = p.(p a).( p b).(p c) = p2r2

Theo công thức diện tích, ta có



(p a)(p b)(p c) = pr2

p3 p2.(a + b + c) + p.(ab + bc + ca) abc = pr2.
Mặt khác ta có: S =

(3)

abc

pr abc 4pRr .
4R

p3 2p3 + p(ab + bc + ca) 4pRr = pr2

Thay abc vào (3), ta có

p2 + r2 + 4Rr = ab + bc + ca.
Theo (**) Bài 31, ta có ab + bc + ca 4 3S p2 + r2 + 4Rr 4 3S (đpcm).
Bài 37. Cho tam giác ABC có la , lb , lc lần lượt là độ dài các đường phân giác của
các góc A, B, C. Chứng minh rằng:
1)

la



A
cos
2

lb
B
cos
2



lc
C

cos
2

A
B
C
cos
cos
2
2
2 3.
la
lb
lc
R

cos

24 27 . S ;

2)

Giải
1) Theo công thức về đường phân giác, ta có

la =

2bc
A
.cos ;

bc
2

lb =

2ca
B
.cos ;
ca
2

lc =

2ab
C
.cos .
ab
2

Suy ra:
la
cos

A
2



2bc
bc

(1);

lb
cos

B
2



2ca
ca

(2);

lc
cos

C
2



2ab
ab

(3).

Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta được

53


la
cos

A
2

lb

+

cos

B
2

+

ca
ab
bc
= 2


.
C
bc ca ab

cos
2

lc

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dương a, b, c, ta có
ca
ab
bc
2


bc ca ab
bc ca ab

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương

bc ,

ca ,

a b và (11) Bài 35,

bc ca ab 3 3

abc 4 27 . S
2
2

ta có

?????? VP 4 27 . S .
Suy ra

la
A
cos
2

+

lb
B
cos
2

+

lc
C
cos
2

2.4 27 . S .

(đpcm)

ab bc ca
ab bc ca

Dấu = xảy ra
a = b = c.

8S S
a

b

c
abc



4
27


2 ) Từ (1), (2), (3), ta có:

B
2 1 1 1 ;
lb
2c a

A
2 11 1;


la
2b c

cos

cos

C
2 1 1 1 .
lc
2a b

cos

Cộng từng vế các đẳng thức trên, ta được

A
B
C
cos
cos
2
2
2 111.
la
lb
lc
a b c

cos

áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh ở sau Bài 31, ta có

3
1 1 1


a b c R

54

A
B
C
cos
cos
2
2
2 3
la
lb
lc
R

cos

(đpcm).


1 1 1
a = b = c abc = 3 3R 3 .

a b c

Dấu = xảy ra

Bài 38. Cho tam giác ABC. Gọi la , lb , lc lần lượt là độ dài của các đường phân giác
của các góc A, B, C. Chứng minh rằng:
1) l a2 l 2b l c2 p2;

2) l a l b l c

3
(a b c) .
2

Giải
1) Từ công thức đường phân giác, ta suy ra

la =
Mặt khác: cos 2

2bc
A
A
.cos bc .cos .
bc
2
2

A 1
.(1 cos A )
2 2

1 b2 c2 a 2
(b c) 2 a 2 p ( p a )
1
=

.

2
2bc
4bc
bc

Suy ra

cos

A

2

p( p a)
bc

la

bc .

p( p a )
p( p a ) .

bc

(1)

Dấu = của (1) xảy ra b = c.
Tương tự, ta có:

lb
lc

p(p b) . Dấu = xảy ra a = c.
p(p c) . Dấu = xảy ra a = b.

(2)
(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra l a2 l 2b l c2 p(p a + p b + p c) = p2
(đpcm).
Dấu = xảy ra a = b = c.
2) Cách 1: Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta được

la lb lc

p( p a

p b p c ).

Theo kết quả sau Bài 31: (x + y + z )2 3(x2 + y2 + z2) x, y, z, ta có

pa

p b p c 3p .

55


Do đó:

la lb lc 3 p =

Cách 2: Từ (1) ta có:

la

p( p a )

3
(a b c)
2

la
3



(đpcm) .

p
p a .
3

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có

p
pa
p
2b 2c a
3
p a

3
2
6
la
lb

Tương tự:

2 b 2c a
.
2 3

2c 2a b
;
2 3

lc

2a 2 b c
.

2 3

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được

la lb lc

3
(a + b + c)
2

(đpcm).

Dấu = xảy ra a = b = c.
Chú ý:


Từ (1), ( 2), (3) dễ dàng suy ra được la.lb.lc p.S.



Trong một tam giác ta luôn có : ha la ; hb lb ; hc lc.
Suy ra:

h a2 h 2b h c2 p2

ha hb hc

27 2
R;
4

(4)

3
(a + b + c);
2

(5)

h a .h b .h c pS .

(6)

Để chứng minh (4), (5), (6) không nhất thiết phải áp dụng các bất đẳng
thức ở trên mà ta có thể chứng minh trực tiếp. Theo công thức diện tích ta có:
S=

1
a . h a p(p a )(p b)(p c)
2

h a2 4p(p a)

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, ta có

56

p b p c
.

a
a


b 1 b
c
p b p c 1 c








p b p c
a
2 2a 2a 2 2a 2a
a
.


2
2
a
a

2



pb pc 1
1
h a2 4p(p a). p(p a )
.

a
a
4
4

2

(đpcm).

Các trường hợp còn lại tương tự.


Với đề bài như vậy, ta có thể suy ra nhiều bất đẳng thức hay, chẳng hạn:
3
4
a

3
4

b

3
4
c

l l l

3

5
8

3

.(a b c) 4 .
3

24
3

3

3

( p a ) 8 ( p b ) 8 ( p c) 8
Giải. Đặt A =
.
3
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho tám số, trong đó có ba số (p a) và năm

8

số A 3 , ta có
3
8

8
3

5
3

3(p a) + 5 A 8.( p a) .A .
Tương tự:

8
3

(6)

5
3

3(p b) + 5 A 8 p b . A .
3
8

8

(7)

5

3(p c) + 5 A 3 8 p c 8 . A 3 .
3

(8)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức (6), (7), (8), ta được
3
3
3


8
8
8 ( p b ) ( p c)


p

a

3(p a + p b + p c) + 15 A 8. A



8
3

8
3

p + 5. A 8. A

8
3

p 3. A

5
3

8
3

3

p
A 8.
3

Mặt khác, từ (1), (2), (3) ta có

57


3
3
3

3
3
3
3


l a4 l b4 l c4 p 8 (p a ) 8 (p b) 8 (p c) 8 .



Suy ra

3
4
a

3
4
b

3
4
c

3
4
a

3
4

b

3
4
c

l l l



l l l

hay

3

5

p 8
p .3 = 3 8 .p 4
3
3
8

3

5
8

3

3

.(a b c) 4 .
3

24

Dấu = xảy ra p a = p b = p c = A

8
3

và các đẳng thức (1), (2), (3) cùng xảy ra a = b = c.
Bài 39. Cho tam giác ABC. Gọi la, lb, lc lần lượt là độ dài các đường phân giác của
các góc A, B, C . Chứng minh rằng:
1

b c a 2 .3
1)
la
lb
lc


2)

4

P

S

3 2
6


3

2
b c
c a
a b


la
lb
lc

1

.3

( , + );

4

P

.S

3

3( ) 2
6

( , ,



+).

Giải
1) Ta có:



la

p(p a ) la p ( p a ) 2 ;

lb

p(p b) lb p ( p b) 2 ;

lc

p(p c) lc p ( p c) 2 .



(2)




b c a
1 b
c
a
Từ (1), (2), (3) ta có






la
lb

lc
p 2 ( p a ) 2 ( p b) 2 ( p c) 2

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:

58

(1)

(3)

.



(4)



1 b
c
a







p 2 ( p a ) 2 ( p b) 2 ( p c) 2

3
3(
abc
)




p 2 ( p a )( p b)( p c) 6








3(abc) 3

3(abc) 3


3


6

P p(p a )(p b)(p c)




3

P .S


3

.





2 .S 2
8S S
abc 4
(abc) 3
.

27
4
3

Do

3 2
1


6
4
2 .3 .S
.


3

P


1 b
c
a
Suy ra






p 2 ( p a ) 2 ( p b) 2 ( p c) 2

1

b
c
a
2 .3


la
lb
lc

Từ (4) suy ra:


4

P

S

3 2
6


3

(đpcm).

Dấu = xảy ra a = b = c.
2) Bạn đọc tự chứng minh.
Bài 40. Cho tam giác ABC. Gọi la, lb, lc lần lượt là độ dài các đường phân giác của
các góc A, B, C. Chứng minh rằng:
1)

a 2 b2 c2

4;
l 2b l c2 l a2

2)

bc ca ab
4.4 3. S .
la lb lc

G iải
1) Theo công thức đường phân giác, ta có:
la

2bc
A
A
. cos bc . cos ;
bc
2

2

(1)

lb

2ca
B
B
. cos ca . cos ;
ca
2
2

(2)

lc

2ab
C
C
. cos ab . cos .
ab
2
2

(3)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) với nhau, ta được

59


l a .l b .l c abc. cos


A
B
C 3 3
. cos . cos
abc
2
2
2
8

abc
8
.

l a .l b .l c 3 3

(4)

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương và (4), ta có

abc
a 2 b2 c2
2 2 3
2

lb
lc
la
l a .l b .l c

2

2

3
8 3
a 2 b2 c2
3
2 2 2 4 (đpcm).
lb
lc
la
3 3




a b c
abc
8
Dấu = xảy ra

a bc.
l a .l b .l c 3 3
a 2 b2 c2

2 2 2
lb
lc
la
2) Bạn đọc tự chứng minh.
Nhận xét:


Việc chứng minh được bất đẳng thức (4) giúp ta giải quyết đơn giản hai bất
đẳng thức tổng quát sau:
1)

2)



1
b c a

4
2



2
.3
.
S

la
lb
lc

( 0);



1
b .c c .a a .b

4
2



2
.3
.
S
( + ; , , 0).



la
lb
lc

Trong tam giác ABC bất kì , ta có: h a l a ; h b l b ; h c l c

nên

abc
8
abc
8
.



l a .l b .l c 3 3
h a .h b .h c 3 3

(*)

Từ (*) ta có các bất đẳng thức về mối liên hệ giữa các cạnh, đường cao,
diện tích tam giác như trên.

60




Để chứng minh (*) không nhất thiết phải thông qua

abc
8
mà ta

l a .l b .l c 3 3

có thể chứng minh trực tiếp như sau:
Ta có:

2S a.h a ab.sin C

2S b.h b bc sin A .

(1);

2S c.h c ca.sin B

(2)

(3).

Nhân từng vế của (1), (2), (3), ta được
h a .h b .h c .abc.sin A.sin B.sin C abc


3 3
.
8

abc
8
.

h a .h b .h c 3 3

Bài 41. Cho tam giác ABC. Gọi ma, mb, mc lần lượt là độ dài các đường trung
tuyến của các góc A, B, C. Chứng minh rằng:
1)

a
b
c


2 3
ma mb mc

(1);

2)

ma mb mc 3 3



a
b
c
2

(2).

Giải
1) Theo công thức đường trung tuyến, ta có 4m a2 2b 2 2c 2 a 2

2 a 2 b 2 c 2 3a 2 4m a2 4 3am a
a.ma
Tương tự:

a 2 b2 c2
2 3

b
2 3b 2
2
mb a b2 c2



(4);

a
2 3a 2
.
2
ma a b2 c2

(3)

c
2 3c 2

2
mc a b2 c2

(5).

Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta được





a
b
c
2 3 a 2 b2 c2



2 3.
ma mb mc
a 2 b2 c2

3a 2 4m a2
2a 2 b 2 c 2


Dấu = của (1) xảy ra 3b 2 4m 2b 2b 2 c 2 a 2 a b c .
2
2c 2 a 2 b 2
2

3c 4m c

61


am a

2) Theo 1) ta có
Tương tự:

a 2 b2 c2
2 3

mb
2 3m 2b
2
b
a b2 c2

m a2 m 2b m c2



ma
2 3m a2
.
2
a
a b2 c2

(6)

mc
2 3m c2
2
c
a b2 c2

(7);



(8).



m a m b m c 2 3 m a2 m 2b m c2
.



a
b
c
a 2 b2 c2

Cộng từng vế của (6), (7),(8), ta có
Do

3 2
a b2 c2
4







ma mb mc
2 3
3
3 3


2
. a 2 b2 c2
2
2
a
b
c
2
a b c 4

(đpcm).

3a 2 4m a2

Dấu = của (2) xảy ra 3b 2 4m 2b a b c .
2
2
3c 4m c
Chú ý:


Xuất phát từ ba bất đẳng thức:

a.m a

a 2 b2 c2
2 3

;

b.m b

a 2 b2 c2
2 3

;

c.m c

a 2 b2 c2

2 3

,

ta suy ra được các bất đẳng thức sau:
+)

b2
c2
a2


2 3;
ama bmb cmc

m 2b
m c2
m a2 3 3
+)
.



am a bm b cm c
2



Mở rộng 1), 2), ta có:
a

+)
ma

q

q

q

b c
2


3.
.
3
mb mc
q

q

(*)

q
q
q
3
ma mb mc
(trong đó q + sao cho q 1).
+)

3.

a b c
2

Chẳng hạn, ta chứng minh (*) như sau:

62


Từ (3), (4), (5), ta suy ra:
a

ma



q

q

a 2q
2 3 . 2
;
(a b 2 c 2 ) q

q

q



b

mb

q

b 2q
2 3 . 2
;
(a b 2 c 2 ) q


c

mc

q

c 2q
2 3 . 2
.
(a b 2 c 2 ) q

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được
a

ma

q

q



q

2q
q a
b c
b 2q c 2q


2 3 . 2
.
(a b 2 c 2 ) q
mb mc

A

Đặt

(**)

a 2 b2 c2
a 2 b 2 c 2 3A .
3

Do q + nên r * để q.r *. áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho
qr số dương, ta có

q
a2 q
...

a 2q A
...
A q qr.a 2 .A q 1



q 1r la`n

rla`n

a 2 q q 1.A q q.a 2 .A q 1 .

(9)

Tương tự:

b 2 q q 1.A q q.b 2 .A q 1

c 2 q q 1.A q q.c 2 .A q 1 .

(10);

(11)

Cộng từng vế của (9), (10), (11), ta được



a 2 q b 2 q c 2 q 3q 1A q q.A q 1 a 2 b 2 c 2



a 2 q b 2 q c 2 q 3q 1A q 3q.A q a 2 q b 2 q c 2 q 3A q .
q

q

q

a b c
Thay vào (**), ta có

ma mb mc





q

2 3 .

a 2q b2q c2q

a

2

b2 c2

q

2 3

q

q

a 2 b2 c2
2
= 3.

.3



q
3
a 2 b2 c2 3

q

63