chuyen de hsg THPTBDT luong giac

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (291.65 KB, 38 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

III. Bất đẳng thức giữa các cạnh, các đờng trong tam giác

Bài 30. Cho tam giác ABC. Gọi a, b, c và ha, hb, hc lần lợt là các cạnh và các độ dài

của các đờng cao kẻ từ A, B, C; R là bán kính đờng trịn ngoại tiếp và S là diện tích
tam giác ABC. Chứng minh rằng:

1) a6hb3+b6hc3+c6ha3≥96 RS4 ; 2) a

hb2
+b

hc2
+ c

ha2

≥3R

S .

Gi¶i

1) áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có

6 3 6 3 6 3 3 2 . 2 . 2 3 .

b c a b c a a b c

a h b h c h  a h b h c h  abc ah bh ch 
.
L¹i cã aha. bhb. chc=2S. 2S. 2S=8S3 ; abc = 4RS.
Suy ra a6hb3+b6h3c+c6ha3≥96 RS4 .

(®pcm)

DÊu “ = ” x¶y ra

⇔

a6hb3=b6hc3=c6ha3
aha=bhb=chc

⇔

¿a3=bc2
b3

=a2c

c3=ab2
⇔a=b=c

¿{

2) áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có





2 2 2 2 2 2 2

3
3

. . . .

b c a a b c a b c

a b c abc abc

h h h  h h h  ah bh ch

L¹i cã a.ha.b.hb.c.hc=8S
3

; abc = 4RS 





2 2 2

3.4. 3
2

b c a

a b c RS R

h h h  S  S

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

DÊu “ = ” x¶y ra

⇔

a
hb2=

b
hc2=

c
ha2

a.ha=b.hb=c.hc
⇔

¿a2=bc

b2=ca

c2=ab

⇔a=b=c

¿{

 Më rộng: Với mọi tam giác ABC, ta luôn có:

a3α.hb3β+b3α.hc3β+c3α.h3aβ≥3 .22α+β.Sα+2β.Rα − β (, ). 
 (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

a2+b2+c2≥4

√

3S+(a − b)2+(b −c)2+(c −a)2 . (*)
 Gi¶i. Ta cã

(*) 













2 2 2

2 2 2 4 3

a b c b c a c a b S

            

     

⇔(p −b)(p − c)+(p − c) (p −a)+ (p − a) (p − b)≥

√

3S (với p là nửa chu vi).

Đặt:

x=p − b
y=p −c
z=p− a

⇒x+y+z=3p −(a+b+c)=p

¿{ {

Ta l¹i cã S =

√

p(p − a)(p − b) (p − c) .

Khi đó, (*) tơng đơng với: xy + yz + xz 

√

3 xyz(x+y+z)

⇔x2y2+y2z2+z2x2+2 xyz(x+y+z)≥3 xyz(x+y+z)
⇔x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z) .
Lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta có:
x2y2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z) .
(®pcm)

DÊu “ = ” x¶y ra ⇔x2y2=y2z2=z2x2 ⇔x=y=z⇔a=b=c .

NhËn xÐt

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

ab bc ca  4 3S. (**)
ThËt vËy, ta cã (*) ⇔2(ab+bc+ca)≥4

√3

S+a2+b2+c2

⇔ab+bc+ca≥4

√

3S (do a2+b2+c2≥ab+bc+ca ).

 §Ĩ chøng minh (**), ta không nhất thiết phải chứng minh (*) mà có thể
chứng minh trùc tiÕp nh sau:

Theo c«ng thøc tÝnh diƯn tÝch: S=abc

4R , thay vµo (**) ta cã:

ab+bc+ca≥

√

3 abc
R

⇔1

a+

b+

c≥

√

R ⇔

1
sinA+

1
sinB+

sinC ≥2√3 (theo §L hµm sè

sin).

(bất đẳng thức đã đợc 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 đợc một số bất đẳng thức “khá đẹp”:

1) a+b+c ≥2

√

427.

√

S ; 2) a2+b2+c2≥4❑

√

3.S ;
3) a3+b3+c3≥8

√

43.S

√

S ; 4) a4+b4+c4≥16S2 .

Chøng minh. Ta cã x+y+z¿
2

≤3

(

x2+y2+z2

)

3(xy+yz+zx)≤¿ .??

Khi đó, từ (**) ta suy ra:

1) (a+b+c)2≥3(ab+bc+ca)≥3. 4

√3

S

⇔a+b+c ≥2

√

427 .

√

S . (®pcm)
2) 3

(

a2+b2+c2

)

≥(a+b+c)2≥4

√

27 .S

⇔a2+b2+c2≥4

√3 .

S . (®pcm)
4) 3

(

a4

+b4+c4

)

(

a2

+b2+c2

)

216 . 3 .S2
 a4+b4+c416S2 .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đặt T=

(

ab+bc+ca

)

1/2

⇒ab+bc+ca=3T2 .
Lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta đợc:
a3

+b3+T3≥3 abT ; b3+c3+T3≥3 bcT ; c3+a3+T3≥3 caT .

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợc

2(a3+b3+c3

)

+3T3≥3T(ab+bc+ca)=9T3
⇔ a3

+b3+c3≥3T3=3

(

ab+bc+ca

)

3
2 .

 a3

+b3+c3≥3

(

√3 .

S
3

)

3
2=84

√

3 .S

√

S . (®pcm)

Dấu “ = ” xảy ra  a = b = c = T  ABC là tam giác đều.

(Ngoài cách chứng minh trên, ta cịn có cách chứng minh “rất bất đẳng
thức” sẽ đợc trình bày theo bài riêng).

 Më rộng bài toán (* *): Với mọi tam giác ABC, ta lu«n cã
aα

bα+bαcα+cαaα≥4α.31− α2.Sα (+). (1)
Gi¶i. Thay S=abc

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

(1)  1

sinαA+

1
sinαB +

1
sinαC ≥2

α. 31− α2 . 
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có

1
sinαA +

1
sinαB +

1
sinαC ≥

(sinA. sinB. sinC)α/3 . (2)

L¹i cã sinA.sinB.sinC ≤3

√

8 ⇒(sinA. sinB. sinC)
α/3

≤3α/2

2α .
(3)

Tõ (2) vµ (3) suy ra 1
sinαA +

1
sinαB +

1
sinαC ≥

3 . 2α
3α/2=2

α

. 31− α2 . (đpcm)

Mở rộng bài toán (*):
a2n+b2n+c2n≥3 .

(

4S

√3

)

n

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

(2) ⇔

[

a2n−(b −c)2n

]

[

b2n−(c − a)2n

]

[

c2n−(a −b)2n

]

≥3.

(

4S

√

)

n

. (2*)

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

cã:

a>|b −c|⇒1>|b − c|

a ⇒1>

(b −c)2

a2 ≥

[

(b −c)2

a2

]

n

; (3)

a2≥ a2−(b −c)2⇒1≥a

−(b − c)2

a2 ≥

[

a2−(b− c)2

a2

]

n

. (4)

Tõ (3), (4) suy ra (b− c)
2

a2 +

a2−(b − c)2

a2 ≥

(b − c)2n

a2n +

[

a2−(b − c)2

]

n

a2n

⇔a2n≥(b −c

)2n+

[

a2−(b− c)2

]

n

⇔a2n−(b −c)2n≥4n

[

(p − b) (p − c)

]

n . (5)
DÊu “ = ” cđa (5) x¶y ra  b = c.

Chøng minh t¬ng tù, ta cã: b2n−(c −a)2n≥4n

[

(p −c).(p − a)

]

n . (6)
DÊu “ = ” cđa (6) x¶y ra  c = a.

Vµ cã c2n−(a −b)2n≥4n

[

(p − a)(p − b)

]

n .
(7)

Dấu “ = ” của (7) xảy ra  a = b.
Cộng từng vế của (5), (6), (7), ta đợc

VT(2*) 4



 





 





 



n n n n n n

n p b p c p c p a p a p b 

        



Đặt

3 ( )

x p b

y p c x y z p a b c p

z p a

 



         


  

 .

Khi đó VT(2*) 4





n n n n n n n

x y y z z x

  

Lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dơng, ta đợc:

xnyn+ynzn≥2

(

√

xz .y

)

n (8); ynzn+znxn≥2(

√

xy .z

)

n (9)
znxn+xnyn≥2(

√yz .

x

)

n (10).

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

VT(2*)









4n xyz n. xn yn zn

.
Đặt A=x+y+z

3 x+y+z=3A .

Ln lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dơng, ta đợc:

√

x

n

√

xn+

√

⏟

An+.. .+

√

An

(n −2)l^a

≥n.x.

√

An −2 ; (11)

√

yn

√

yn+

⏟

√

An+. . .+

√

An

(n −2)la^

≥ n.y.

√

An −2

; (12)

√

z
n

√

zn+

√

⏟

An+.. .+

√

An

(n−2)la^

≥ n.z.

√

An −2 . (13)

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

2(

√

xn+

√

yn+

√

zn

)+3

(n −2)

√

An≥ n.

√

An−2(x+y+z)=3n

√

An .
⇒

√

xn+

√

yn+

√

zn≥3

√

(

x+y+z

)

n
.
DÊu “ = ” x¶y ra  a = b = c.

Do đó

VT(2*)



 



( )

4 .3. 3.

3 3

n
n

n  xyz x y z    p p a p b p c   

   

 

   

 VT(2*)

4.
3.

n
S

 

  

  .

(®pcm)

DÊu “ = xảy ra a = b = c.

Bài 32. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c. Gäi p lµ nưa chu vi, S lµ diƯn tÝch.
Chøng minh r»ng p≥

√

427 .

√

S .

(*)

Gi¶i. Ta cã:

p− a=b+c − a

2 >0 ; p− b=

c+a− b

2 >0 ; p− c=

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

(

p − a+p −b+p − c

)

≥(p −a).(p − b).(p − c)

⇔ p3

27 ≥(p −a).(p − b).(p − c)
⇔ p

27 ≥ p(p − a).(p − b).(p −c)=S
2

⇔p ≥

√

427 .

√

S .
(®pcm)

DÊu “ = ” x¶y ra  p− a=p − b=p − c⇔a=b=c .

Chó ý:

 Từ (*) ta suy ra hai bất đẳng thức sau:

1) p≥3

√

3r ; 2) S ≥3

√3

r2 .
 Mở rộng bất đẳng thức (*): aα

+bα+cα≥2α. 31− α4.S
α

2 (+).

(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 Cơ-si. Ta có

(1) ⇔

(

sinA

sinB. sinC

)

α
2+

(

sinsinCB.sin A

)

α
2+

(

sinsinCA. sinB

)

α
2≥2

α

2. 31− α4 . (1*)

áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có:

(

sinsinBA. sinC

)

α
2+

(

sinsinBC. sinA

)

α
2+

(

sinsinCA.sinB

)

α

2≥ 3

(sinA. sinB. sinC)
α
6

V× sinA.sinB.sinC ≤ 3

√

8 

(sinA.sinB.sinC)
α
6

≤

(

√

)

α
6

=3
α
4
2

α
2

 VT(1*)

2 4

2 .3

 



 . (đpcm)

Dấu = xảy ra ⇔sinA

sinB.sinC=

sinB

sinC. sinA=

sinC

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

⇔sinA=sinB=sinC⇔A=B=C .

 Tơng tự, ta có bất đẳng thức “khá đẹp” sau: ab2+bc2+ca2≥8 .

√

43 .S

√

S . (2)
 Mở rộng (2), ta đợc aα

.bβ+bα.cβ+cα.aβ≥2α+β.31− α

+β

4 .Sα+2β (, 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 dơng x, y bất kì, ta luôn có

(

a+ x

y.b

)(

b+
x

y.c

)(

c+
x
y.a

)

8(x+y)3S

S

27 .y3 . (1)
Gi¶i. Ta cã

(1) ⇔(ay+xb) (by+xc) (cy+xa)≥8(x+y)
3

S

√

S

√

27 . (2)
Lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (x + y) số dơng, ta có

a

⏟

+. . .+a
yl \{^a

+b

⏟

+.. .+b
xl \{a^

≥(x+y)(x+y

√

)ay.bx

⇔ay+bx≥(x+y)(x+y

√

)ay.bx . (3)
T¬ng tù: by+cx≥(x+y)(x+y)

√

by.cx ; (4)

cy+ax≥(x+y)(x+y)

√

cy.ax . (5)

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

(ay+bx) (by+cx) (cy+ax)≥(x+y)3. abc .
Để (2) đúng ta chỉ cần chứng minh abc≥84S

√

S

√

27 .
(6)

Theo c«ng thøc tÝnh diƯn tÝch, ta cã 2S=ab sinC=bc sinA=ca sinB .
⇒8S3=a2b2c2. sinA. sinB. sinC ≤3

√

8 .a
2

b2c2 ⇒abc≥84S

√

S

√

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.

Chó ý:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 Më réng (1), ta cã

(

aα
+ x

y.b
α

)

(

bα
+x

y.c
α

)

(

cα
+ x

y.a
α

)

≥8
α

(x+y)3S
3α

α
4.y3

 Việc chứng minh đợc bất đẳng thức abc≥84S

√

S

√27

đã giúp ta giải quyết đợc
một số bài toán mở rộng của bài 31 một cách rất đơn giản.

VÝ dụ: Ta chứng minh bài toán mở rộng sau:
ab

+bc+ca2+. 31− α

+β
4 .S

α+β

2 ( 0).
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có

abc¿

α+β
3 ≥2α+β

31− α

+β
4 Sα+2β

aαbβ

+bαcβ+cαaβ≥3¿

. (®pcm)

DÊu “ = ” x¶y ra

⇔

aαbβ=bαcβ=cαaβ
abc=84S

√

S

√

27
⇔a=b=c

¿{

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

3 .4

√

S ≤

p − a+

p− b+

p − c≤
p2
3r2 .
(1)

Gi¶i. Ta cã: p – a > 0; p – b > 0; p – c > 0.

+) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có

(

1
p − a+

p −b+

p −c

)

≥27

(p − a)(p − b)(p −c)=
27p

S2 .

Theo bµi 32 ta cã p 

√

4 27 .√S 

(

1
p − a+

p −b+

p −c

)

≥27 .

√

427
S❑

√

S

 1

p − a+

p −b+

p − c

3 .4

√

❑

√

S .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

DÊu “ =” x¶y ra ⇔

p − a=

p − b=

p − c
p=

√

427 .

√

S

¿{

⇔ a = b = c.

+) XÐt 1

p − a+

p −b+

p − c =

(p −a)(p −b)+(p − c)(p − b)+(p −c)(p− a)

(p −a)(p −b)(p − c) .

L¹i cã 3(xy + yz + zx) (x + y + z)2 x, y, z . Suy ra

p − a+

p −b+

p − c

( )

3( )( )( )

p a p b p c
p a p b p c

    



  

2 3 2

2 2

3( )( )( ) 3 3

p p p

p a p b p c S r

  

   . (®pcm)

DÊu “=” x¶y ra ⇔ p  a = p  b = p  c ⇔ a = b = c .

Chó ý:

 Dạng tơng đơng của (1):
3 .

√

3
2

√

S ≤

a+b −c+
1

b+c − a+
1

c+a −b≤

p2

6r .

 Më réng (1):

(

p − a

)

α
+

(

p − b

)

α
+

(

p −c

)

α 43

S



 

  

  (  R). (*)
Chứng minh: áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta đợc





1 1 1 3

( )( )( )

p a p b p c p a p b p c

  



     

  

     

  

        

. (**)





3 3

3. 3.

( )( )( )

p p

p p a p b p c S

 

 

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Mà p3

43.S

6

nên VP(**)
4

3.S

6

3 .

 (*) đúng.

DÊu “=” x¶y ra ⇔

p − a=

p − b=

p − c
p=

√

427 .

√S

¿{

⇔ a = b = c.

Bµi 35. Những tam giác nào thoả mÃn điều kiện: (a+b)(b+c)(c+a)

16 abc =

r

R ,

(1)

trong đó a, b, c là độ dài các cạnh; R, r lần lợt là bán kính đờng trịn ngoại tiếp, nội
tiếp tam giác ABC .

Gi¶i. Ta cã

(a+b)(b+c)(c+a)

16 abc ≥

√

ab . 2

√

bc .2

√

16 . abc =

2 . (2)
DÊu “=” x¶y ra  a = b = c.

Ta l¹i cã S = abc

4R=p.r=

a+b+c
2 .r

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

r =

1
sinB.sinC +

1
sinC. sinA +

sinA.sinB .

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

1
sinB. sinC+

1
sinC.sinA+

sinA. sinB

sinA.sinB.sinC¿

2
3

Do sinA.sinB.sinC

3 3
8



nªn

3 3

(sin .sin .sin )
4

A B C 

Suy ra

2 1 1 1

4
sin .sin sin .sin sin .sin

R

r  B C  C A A B 

1
2

r
R

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

DÊu “=” x¶y ra  1

sinB. sinC=

sinC. sinA=

1
sinA. sinB

 sinA = sinB = sinC  a = b = c.

Từ (2) và (3) suy ra có đẳng thức (1)

⇔
(a+b)(b+c)(c+a)

16 abc =

1
2

r

R=

1
2

{

a = b = c.

Chú ý:

Ngoài cách chøng minh R 2r ë trªn, ta cã thĨ chøng minh theo c¸ch
sau:

Ta cã 4RS = abc 84S

√

S

√

27  R
2

√

S

√

27 .
(4)

L¹i cã S = p. r

√

427 .

√

S  r 

√

S

√

427  r.
(5)

Tõ (4) vµ (5) ta cã R 42

√

27.

√

27 . r = 2r. (6)

 Tõ c«ng thøc diƯn tÝch S = p  r = abc

4R , suy ra

pRr = abc
4 ≥

8S

√

S

4 .

√

427=

√

S.S

√

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
đợc mối liên hệ giữa p và R hay không?

Ta cã p =

3 3
(sin sin sin ).

2 2

a b c R

A B C R

 

   

. (8)

DÊu “=” x¶y ra  sinA = sinB = sinC =

2 hay Δ ABC đều.

Ta còng cã a2 + b2 + c2 = (sin2A + sin2B + sin2C).4R2 9

4 .4R2 = 9R2.
(9)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

S 3

√3 .

r2 (hay p 3 3.r); (10) abc 84S

√

S

√27

;
(11)

R2 a

+b2+c2

9 ; (12) pRr

2S

√

S

√27

.
(13)

 Sử dụng các kết quả trên, ta có thể chứng minh đợc rất nhiều bất đẳng thức
hay.

VÝ dô. Chøng minh r»ng:

1) hahbhc

√

4 27 .S

√

S ;

2) 1

aα +

bα +

cα 3

1− α
2

Rα (

 

 R );
3) 1

aα.bβ+

bα.cβ+

cα.aβ ≥

31− α

+β
2

Rα+β

;

4) 9aR2 3.bp18cr 36.S.
Gi¶i

1) Theo c«ng thøc diƯn tÝch, ta cã 2S = aha = bhb = chc.

Khi đó, theo (11) ta có 8S3 = abc.h ❑

a .h ❑b .h ❑c 84S

√

S

√

27 h

❑a .h ❑b .h ❑c .

VËy h ❑a .h ❑b .h ❑c 4

√

27 .S

√

S .
(®pcm)

2) áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba s dng, ta cú

abc

3

a+
1

b+
1

c
3

Mặt khác, theo (8) ta có 3 3R a b c   33abc hay (abc) ❑
α
3 3

α
2

.R ❑α .

Suy ra 1

aα+

bα+

cα 3

1− α
2

Rα (®pcm).

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

4) áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có

2
3

9aR2 3.bp18cr3 18 . 3abc pRr.

.
Nhân từng vế các bất đẳng thức (11), (13), ta có

16
.

3 3

S

abc pRr

Suy ra 9aR2 3.bp18cr 36.S (®pcm).

DÊu “=” x¶y ra 

9 2 3 18

8
27
2

aR bp cr

S S
abc

S S
pRr



  










 



  a = b = c.

Bài 36. Cho tam giác ABC. Gọi p là nửa chu vi; r, R lần lợt là bán kính đờng trịn nội
tiếp, ngoại tiếp; S là diện tích. Chứng minh rằng

p2 + r2 + 4Rr 4

√3

S.

(1)

Giải. áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho 36 số, trong đó cú 27 s 
2

p

, một số r2 và

tám số 2

Rr

, ta cã

p2 + r2 + 4Rr

27 8 36

2
2

36 . .

27 2

p Rr

r

    

     

 

  

  .

Ta sÏ chøng minh

27 8 36

2
2

36. . .

27 2

p Rr

r

    

    

 

  

 

√

3S



2 5
3

9 18
2

2
9

9
4

36. . . .

4 3 .
3 .2

p R r

p r





p

2.R29≥229.334.r138

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Theo (6) vµ (10) Bµi 35, ta cã

1 3 1

2 4 2

2 2 2

9 9 9

3 3 3 .

R 2.r 2 .

p r p r

R r



   




   

 (2) đúng  (1)
đúng.

DÊu “=” cđa (1) x¶y ra 

¿
p2

27=r
2

=R.r
2

p=3

√

3r
R=2r

¿{ {

 a = b = c.

Nhận xét: Ngoài cách chứng minh trên, ta có thể chứng minh theo cách sau: 
Theo công thøc diÖn tÝch, ta cã S2 = p.(p  a).( p  b).(p  c) = p2r2

 (p – a)(p – b)(p – c) = pr2

 p3 p2.(a + b + c) + p.(ab + bc + ca) – abc = pr2. (3)

Mặt khác ta có: S = abc

4R=prabc=4 pRr .

Thay abc vµo (3), ta cã p3 – 2p3 + p(ab + bc + ca) – 4pRr = pr2

 p2 + r2 + 4Rr = ab + bc + ca.

Theo (**) Bµi 31, ta cã ab + bc + ca 4

√

3S  p2 + r2 + 4Rr 4

√

3S

(®pcm).

Bài 37. Cho tam giác ABC có l l la, ,b c lần lợt là độ dài các đờng phân giác của các

gãc A, B, C. Chøng minh r»ng:
1)

la

cosA
2

+ lb
cosB

2
+ lc

cosC
2

≥24

√

27 .

√

S

; 2)

cos A
2

la +

cosB

lb +

cosC
2

lc ≥

√3

R

.
Gi¶i

1) Theo cơng thức về đờng phân giác, ta có

la =

.cos
2

bc A

b c ; lb =

.cos
2

ca B

c a ; lc =

.cos
2

ab C

a b .

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

2
cos

a

l bc

A b c

(1);

lb

cosB
2

=2 ca

c+a

(2);

lc

cosC
2

=2 ab

a+b

(3).

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

la
cosA

2
+

lb
cosB

2
+

lc
cosC

= 2

(

b+c+
ca

c+a+
ab

a+b

)

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho các số dơng a, b, c, ta có

2 bc ca ab

b c c a a b

 

 

 

  

   bc ca ab

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng bc, ca, ab và (11) Bài 35, ta
có

√

bc+

√

ca+

√

2 ≥

3
2
3

√

abc≥

√

4 27.

√

S
?????? VP

√

427 .

√

S .

Suy ra

la

cosA
2

lb

cosB
2

lc

cosC
2

√

427 .

√

S . (®pcm)

DÊu “=” x¶y ra

⇔

√

ab=

√

bc=

√

abc=84S

√

S

√

¿{

⇔

√

ab=

√

bc=

√

a=b=c

¿{

 a = b = c.

2 ) Tõ (1), (2), (3), ta cã:

cos 1 1 1
2

a
A

l b c

 

   

 ;

cosB
2

lb =

1
2

(

c+

a

)

;

cosC
2

lc =

1
2

(

a+

b

)

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

cosA
2

la +

cosB
2

lb +

cosC
2

lc =

a+

b+

c

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

a+

b+

c

√

R 

cosA
2

la +

cosB
2

lb +

cosC
2

lc

√

R

(đpcm).

Dấu = xảy ra 1

a=

b=

c  a = b = c  abc = 3

√

3R3 .

Bài 38. Cho tam giác ABC. Gọi l l la, ,b c lần lợt là độ dài của các đờng phân giác

cđa c¸c gãc A, B, C. Chøng minh r»ng:

1) la2+lb2+lc2  p2; 2) la+lb+lc 

√

2 (a+b+c) .

Gi¶i

1) Từ cơng thức đờng phân giác, ta suy ra

la =

. .cos

2 2

bc A A

cos bc

b c  .

Mặt khác: cos2A
2=

2.(1+cosA)

2 2 2

2 2

b c a

bc

   

   

  =

2 2

( ) ( )

b c a p p a

bc bc

  



Suy ra cos

( )

A p p a

bc




 la

√

bc .

√

p(p − a)

bc =

√

p(p − a) . (1)

DÊu “=” cđa (1) x¶y ra  b = c.

T¬ng tù, ta cã: lb

√

p(p − b) . DÊu “=” x¶y ra  a = c. (2)
lc 

√

p(p − c) . DÊu “=” x¶y ra  a = b.

(3)

Tõ (1), (2), (3) suy ra la2+lb2+lc2  p(p – a + p – b + p c) = p2

(đpcm).

Dấu = xảy ra a = b = c.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

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 cã

√

p − a+¿

√

p − b+

√

p − c 

√

3p .
Do đó: la+lb+lc 

√

3p =

√

2 (a+b+c) (đpcm) .
Cách 2: Từ (1) ta có: la

√

p(p − a) 

la

√

3≤

√

p

3 (p − a) .
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dơng, ta có

√

p

3(p − a) 
p

3+p − a

2 =

2b+2c − a

 la

2b+2c −a
2

√

3 .
T¬ng tù: lb

2c+2a −b

√3

; lc

2a+2b − c
2

√3

.
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợc

la+lb+lc 

√

2 (a + b + c) (đpcm).
Dấu = xảy ra  a = b = c.

Chó ý:

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

 Trong mét tam gi¸c ta lu«n cã : ha la ; hb lb ; hc lc.

Suy ra: ha2+hb2+hc2  p2 27

4 R2;

(4)
ha+hb+hc 

√

2 (a + b + c); (5)
ha.hb.hc≤pS .

(6)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

S = 1

2a.ha=

√

p(p −a)(p − b)(p − c)  ha2  4p(p  a)

p b p c

a a

 


.

áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dơng, ta có

p b p c

a a

 

2 2

1 1

2 2 2 2 2 2

2 2

p b p c c b b c

a a a a a a

 

   

     

   

   

   

   

 p − b

a .

p − c

a ≤

4  ha

2  4p(p – a). 1

4=p(p − a) (đpcm).
Các trờng hợp còn lại tơng tự.

Với đề bài nh vậy, ta có thể suy ra nhiều bất đẳng thức hay, chẳng hạn:

3 3 3

4 4 4

a b c

l l l a+b+c
3
4
3

5
8
2

3
4

Giải. Đặt A =

p −c¿

3
8

¿
p− b¿

3
8

+¿

p− a¿

3
8

+¿
¿
¿

áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho tám số, trong đó có ba số (p – a) và năm

sè A83 , ta cã

3(p – a) + 5 A83  8.( p – a)

❑

3
8 .A

❑

5
3 .
(6)

T¬ng tù: 3(p – b) + 5 A83  8 (p− b)
3

8 . A53 . (7)
3(p – c) + 5 A83  8 (p− c)

8 . A53 . (8)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

3(p – a + p – b + p – c) + 15 A83  8. A53

p −c¿

3
8
p− b¿

3
8

+¿

(p − a)
3
8

+¿
¿

 p + 5. A83  8. A83  p  3. A83  A 

(

p

)

❑

3
8 .

Mặt khác, từ (1), (2), (3) ta cã

la
3
4

+lb
3
4

+lc
3
4≤ p38

p −c¿

3
8

p− b¿

3
8

+¿
p− a¿

3
8+¿

¿
¿

Suy ra l
a
3
4

+lb
3
4

+lc
3

4 p38. 3

(

p
3

)

3
8 =

8.p34

hay l
a
3
4

+lb
3
4

+lc
3
4 

a+b+c¿

3
4
3
5
8
2
3
4
.¿
.

Dấu “=” xảy ra  p – a = p – b = p – c = A83
và các đẳng thức (1), (2), (3) cùng xảy ra  a = b = c.

Bài 39. Cho tam giác ABC. Gọi la, lb, lc lần lợt là độ dài các đờng phân giác của
các góc A, B, C . Chứng minh rằng:

1) b
α

laβ

+c
α

lbβ

+a
α

lcβ

≥2

α

. 31− α4S
3α−2β

P

β
3

( ,  + );

2) b
α

cγ
laβ

+c
α

aγ
lbβ

+a
α

bγ
lcβ

 2

α+γ. 31−
α+γ

4 .S

3(α+γ)−2β

6
P
β
3
( , , γ +).
Gi¶i

1) Ta cã: la

√

p(p − a)

 la



p p a( )





  

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

lb

√

p(p − b) 





( )

b

l  p p b 

;
(2)

lc

√

p(p − c) 





( )

c

l p p c 

 

.
(3)

Tõ (1), (2), (3) ta cã

2 2 2 2

( ) ( ) ( )

a b c

b c a b c a

l l l

p p a p b p c

     

      

 

 

     

 

  

 

  . (4)

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

2 2 2 2

( ) ( ) ( )

b c a

p p a p b p c

  

   

 

 

  

 

  

 

  





2 6

3( )

( )( )( )

abc

p p a p b p c



 

  



abc¿

α
3

abc¿

α
3

3¿

3¿
¿

Do abc 

8S

√

S

√

27  (abc) ❑

α
3



2 .
3

S






Suy ra 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

b c a

p p a p b p c

  

   

 

 

  

 

  

 

  

2α.31− α4.S
3α −2β

P

β
3

Tõ (4) suy ra: b
α

laβ

+c
α

lbβ

+a
α

lcβ

≥2

α. 31− α4S3α−62β

P

β
3

(®pcm).
DÊu “=” x¶y ra  a = b = c.

2) Bạn đọc tự chứng minh.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

1) a
2

lb
2+

b2
lc

2 +

c2
la

2≥4 ; 2)
bc

la +

lb +

lc ≥4 .

√

3 .

√

S .
 G i¶i

1) Theo cơng thức đờng phân giác, ta có:

la=2 bc

b+c. cos

A

2≤

√

bc .cos

A

2 ; (1)

lb=2 ca

c+a. cos

B

2≤

√

ca . cos

B

2 ; (2)

lc=2 ab

a+b.cos

C

2≤

√

ab . cos

C

2 . (3)

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

la.lb.lc≤abc . cos A
2. cos

B

2 . cos

C

2 ≤
3

√

8 abc
⇒abc

la.lb.lc≥

√

3 . (4)
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng và (4), ta có

a
2

lb2

+b
2

lc2

+c
2

la2

≥3

(

abc

la.lb.lc

)

2
3≥3

(

√

)

3  a2

lb2

+b
2

lc2

+c
2

la2

≥4 (®pcm).

DÊu “ = ” x¶y ra 

¿
a=b=c
abc

la.lb.lc=

8
3

√3

a2

lb2

=b
2

lc2

=c
2

la2

⇔a=b=c

¿{ {

2) Bạn đọc tự chứng minh.

NhËn xÐt:

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

4 2

2 .3 .

a b c

b c a

S

l l l

   

  



  

 



  

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

4 2

. . .

2 .3 .

a b c

b c c a a b

S

l l l

     

     

 

  

   




  

( +   ; , ,

0).

Trong tam giác ABC bất kì , ta cã: ha≤la ; hb≤lb ; hc≤lc
nªn abc

la.lb.lc≥

8
3

√

3⇒

abc

ha.hb.hc≥

8
3

√

3 .
(*)

Từ (*) ta có các bất đẳng thức về mối liên hệ giữa các cạnh, đờng cao, diện
tích tam giác nh trờn.

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

la.lb.lc

3 mà
ta có thể chøng minh trùc tiÕp nh sau:

Ta cã: 2S=a.ha=ab .sinC (1); 2S=b.hb=bc sinA .
(2)

2S=c.hc=ca . sinB (3).
Nhân từng vế của (1), (2), (3), ta đợc

ha.hb.hc. abc .sinA. sinB. sinC ≤abc3

√

3
8 .
⇔abc

ha.hb.hc≥

8
3

√

3 .

Bài 41. Cho tam giác ABC. Gọi ma, mb, mc lần lợt là độ dài các đờng trung tuyến

cđa c¸c gãc A, B, C. Chøng minh r»ng:
1) a

ma+
b
mb+

c

mc≥2

√

3 (1); 2)
ma

a +

mb

b +

mc

c ≥

√

2 (2).
Gi¶i

1) Theo cơng thức đờng trung tuyến, ta có 4m2a=2b2+2c2− a2
⇔2

(

a2+b2+c2

)=3

a2+4ma2≥4

√

3 ama

2 2 2

2 3

a

a b c

a m  

 

⇔

a
ma

≥ 2

√3

a

a2

+b2+c2 . (3)
T¬ng tù: b

mb

≥ 2

√3

b

a2+b2+c2 (4);

c
mc

≥ 2

√3

c

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

a
ma

+ b

mb
+ c

mc

≥2

√

(

a

+b2+c2

)

a2+b2+c2 =2

√

3 .

DÊu “ = ” cđa (1) x¶y ra

⇔
3a2=4ma2
3b2=4mb2
3c2=4mc2

⇔

¿2a2=b2+c2
2b2=c2+a2
2c2

=a2+b2
⇔a=b=c

¿{ {

2) Theo 1) ta cã ama≤a
2

+b2+c2

√

3 ⇔

ma

a ≥

√3

ma2

a2

+b2+c2

(6)

T¬ng tù: mb

b ≥

2√3mb2

a2

+b2+c2

(7); mc

c ≥

√

3m2c

a2

+b2+c2

(8).

Céng tõng vÕ cña (6), (7),(8), ta cã ma
a +

mb
b +

mc
c ≥

√

(

ma2+mb2+mc2

)

a2

+b2+c2
.

Do ma2+mb2+mc2=3
4

(

a

+b2+c2

)

⇒ma

a +

mb

b +

mc

c ≥

√3

a2

+b2+c2.
3
4

(

a

+b2+c2

)=

√3

2 (®pcm).

DÊu “ = ” cđa (2) x¶y ra

⇔
3a2=4m2a

3b2=4m2b

3c2=4mc2

⇔a=b=c

¿{ {
.

Chó ý:

 Xuất phát từ ba bất đẳng thức:
a.ma≤a

+b2+c2

√3

; b.mb≤

a2+b2+c2

√3

;

c.mc≤

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2 2 2

2 3

a b c

b c a

am bm cm  ;

+) mb
2
ama+

mc
2
bmb+

ma
2
cmc≥

√

3
2 .
 Më réng 1), 2), ta cã:

(

a

ma

)

q

(

b

mb

)

q

(

c

mc

)

q

≥3 .

(

√

)

q

. (*)

(

ma

a

)

q
+

(

mb

b

)

q
+

(

mc

c

)

q

≥3 .

(

√

3
2

)

q

(trong đó q + sao cho q 1).

Chẳng hạn, ta chứng minh (*) nh sau:
Tõ (3), (4), (5), ta suy ra:

a2+b2+c2¿q
¿

(

maa

)

q

≥

(2

√

3)q.a2q

;

a2

+b2+c2¿q
¿

(

mbb

)

q

≥

(2

√

3)q.b
2q

;

a2+b2+c2¿q
¿

(

mcc

)

q

≥

(

√3

)

q.c
2q

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta c

a2

+b2+c2q

(

maa

)

q

(

b

mb

)

q

(

c

mc

)

q

(2

3)q.a
2q

+b2q+c2q

. (**)

Đặt A=a
2

+b2+c2

3 a

+b2+c2=3A .

Do q + nên  r * để q.r *. áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho

qr sè d¬ng, ta cã a
2q

+. . .+a2q

⏟

rl \{a^

⏟

Aq+.. .+Aq

(q −1)r la^

≥qr.a2.Aq −1

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

T¬ng tù:

b2q

+(q −1).Aq≥ q.b2.Aq −1 (10);

c2q+(q −1).Aq≥ q.c2.Aq −1 . (11)
Cộng từng vế của (9), (10), (11), ta đợc

a2q+b2q+c2q+3(q −1)Aq≥ q.Aq −1

(

a2+b2+c2

)

⇔a2q+b2q+c2q+3(q −1)Aq≥3q.Aq ⇔

a2q+b2q+c2q≥3Aq .

Thay vµo (**), ta cã

q q q

a b c

m m m

     

  

     

     



















2 2 2 2 2 2

2 3

2 3 . .3

q

q q q

q

q q

a b c a b c

 

   

  

 

   

2
3.

q

 

 

 

⇒

(

a

ma

)

q

(

b

mb

)

q

(

c

mc

)

q

≥3 .

(

√

)

q

(đpcm).
Dấu “ = ” của (*) xảy ra  (9), (10), (11) cùng xảy ra đẳng thức

 a2q=b2q=c2q=Aq ⇔a=b=c .

Bài 42. Cho tam giác ABC. Gọi m m ma, b, c lần lợt là độ dài các đờng trung tuyến

cđa c¸c gãc A, B, C. Chøng minh r»ng:

ma2− mb2

b − a +

mb2− mc2

c −b +

mc2−ma2

a − c >3.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

4 ma2+3a2=4 mb2+3b2=4 mc2+3c2=2

(

a2+b2+c2

)

⇔
4m2a+3a2=4m

b
2

+3b2
4mb2+3b2

=4mc2+3c2
4mc2+3c2=4m

a
2+3a2

¿{ {

⇔
4

(

ma2− m

b
2

)

=3(b− a)(b+a)
4

(

mb

− mc
2

)

=3(c − b) (c+b)
4

(

mc2−ma2

)

=3(a −c) (a+c)

¿{ {













2 2

3
4
3
4
3

a b

b c

c a

m m

b a
b a

m m

c b
c b

m m

a c
a c

 

 








   




 

 






(1)

¿(2)
¿(3)

Cộng từng vế của (1), (2), (3), ta đợc
ma

2− m
b
2

b − a +

mb2− mc2

c −b +

mc2−ma2

a − c =

2(a+b+c) . (4)
Sử dụng các bất đẳng thức: a+b+c ≥3

√

3abc và abc≥84S

√

S

√27

, suy ra
4

6
3

S
a b c  

Mặt khác, a  b, b  c và c  a nên đẳng thức không xảy ra.
Kết hợp với (4), ta đợc

2 2 2 2 2 2

4
4

3 6

. 3 27.
2 3

a b mb mc mc ma S

m m S

c b a c

b a

  

   

 

 . (®pcm)

Nhận xét.Hồn tồn tơng tự, ta có bất đẳng thức

2 2 2 2 2 2

8 3.

a b c a b c

b a a c c b

S

m m m m m m

  

  

  

Bài 43. Cho tam giác ABC. Gọi ma, mb, mc lần lợt là độ dài các đờng trung tuyến
của các góc A, B, C. Đặt

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

1) xα

+yα+zα≥31+
3α

2 .Sα ; 2) xα

yβ+yαzβ+zαxβ≥31+
3

2(α+β).Sα+β (, 
+).

Gi¶i

1) Theo cơng thức đờng trung tuyến, ta có

4m2a=2b2+2c2− a2
4mb2=2c2

+2a2−b2
4mc2=2a2+2b2− c2

¿{ {



a2=2b2+2c2−4ma2

6c2+3b2=4mb
2

+8ma
2
3c2−3b2=4mb2−4mc2

¿{ {



9c2=8ma2+8mb2−4mc2
9b2=8m2c+8ma2−4mb2

9a2=8m2b+8m2c−4ma2
⇒

¿4x=9c2

4z=9b2
4y=9a2

¿{ {

 xyz=

(

)

a2b2c2

2
3

9 8

4 27

S S

 

   


   

81. 3.

xyz S

  . (1)

áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng và bất đẳng thức (1), ta có

xα

+yα+zα≥3(xyz)
α
3≥31+

2α.Sα (®pcm).

DÊu “ = ” x¶y ra 

abc=84S

√

S

√

xα

=yα=zα

⇔

¿a=b=c

x=y=z
⇔a=b=c

¿{

2) Dành cho bn c.

Bài 44. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

3) a2.mb.hc+b2.mc.ha+c2.ma.hb≥12S2 .
Gi¶i

1) Theo cơng thức đờng trung tuyến, ta có

4ma
2

=2b2+2c2−a2

4mb2=2c2+2a2−b2
4mc2

=2a2+2b2− c2
⇔

¿4ma2.ha2=2b2.ha2+2c2.ha2−a2.ha2
4mb2.h

b

2=2c2.h
b

2+2a2.h
b
2− b2.h

b
2
4mc2.h

c

2=2a2.h
c

2+2b2.h
c
2− c2.h

c
2

¿{ {



2m2aha2=b

ha2+c2ha2−2S2
2mb2hb2=c2hb2+a2hb2−2S2
2mc

hc
2

=a2h2c+b2h2c−2S2

¿{ {

(1)
(2)
(3)

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

2( ma2.h2a+mb2.hb2+mc2.hc2 ) = b2ha2+c2ha2+c2hb2+a2hb2+a2hc2+b2hc2−6S2 .
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho sáu số dơng, ta có

b2h
a
2

+c2ha2+c2hb2+a2hb2+a2hc2+b2hc2≥6

(

aha. bhb. chc

)

6=24S2 .
Suy ra 2( ma2.h2a+mb2.hb2+mc2.hc2 ) 24S2−6S2=18S2

hay ma2.h2a+mb2.hb2+mc2.hc29S2
(đpcm).

Dấu = xảy ra b2h
a
2

=c2h2a=c2hb2=a2hb2=a2hc2=b2hc2

 a2=b2=c2  a=b=c .

2) Theo công thức đờng trung tuyến, ta có
ma2=2b

+2c2− a2

4 ≥

(b+c)2− a2

4 =p(p − a) . (4)
T¬ng tù, ta cã: mb2≥ p(p − b) ; (5) mc2≥ p(p − c) .
(6)

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

(

ma.mb.mc

)

≥ p3(p −a)(p −b)(p −c)=(p.S)2 .
Khi đó, theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có

. . . .

a b c

m m m p S  abc S

.
(7)

Suy ra









1 1

3 3 3

. . . 3

a b c a b c a b c

m m m h h h  ah bh ch S S

. (7*)

áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng và (7*), ta có
m

a
3h

b+mb3hc+m3cha≥3ma.mb.mc

(

ha.hb.hc

)

3≥9S2 . (đpcm)
Dấu “ = ” xảy ra  (4), (5), (6), (7) cùng xảy ra đẳng thức và

ma3.hb=mb3.hc=m3c.ha  a = b = c.
3) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có

a2

mb.hc+b2mc.ha+c2ma.hb3

[

(

aha. bhb. chc

)

abc .ma.mb.mc

]

1
3 .
(8)

Mặt khác, ta cã: aha. bhb. chc=8S3 (9); abc≥84S

√

S

√

27
(10).

Tõ (7) vµ (10) suy ra ma.mb.mc≥3
2(abc)

1
3

.S ≥

√

427 .S

√

S . (11)
Thay (9), (10), (11) vµo (8), ta suy ra:

a2.mb.hc+b2.mc.ha+c2.ma.hb≥ 3 .

[

8S3.84S

√

S

√27

27 .S

S

]

1
3

=12S2 .
(đpcm)

Dấu = xảy ra 

2 2 2

8
27

27.

a b c

b c c a a b

S S
abc

m m m S S a b c

a m h b m h c m h







   




 




 .

NhËn xÐt:

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

(

ma.ha

)

2m

(

mb.hb

)

2m+

(

mc.hc

)

2m≥31+m.S2m (m ).
(Chứng minh dành cho bạn đọc.)

 Việc chứng minh đợc (7*) giúp ta chứng minh đợc bất đẳng thức tổng quát
sau:

maα.hbβ+mbα.hcβ+mcα.haβ≥31+
α+β

4 .Sα+2β ( 3  0). (*)
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có

maα.h
b
β

+mbα.hcα+mcα.haβ≥3

(

ma.mb.mc

)

α
3.

(

h

a.hb.hc

)

β
3









1
3

3 ( . . )m m ma b c h h ha. .b c . m m ma. .b c
 

 

 

  

  .

Ta cã ma.mb.mc≥pS≥

√27.

4 S

√

S 

(

ma.mb.mc

)

❑

α −3β

≥3❑

α −3β

.S❑

α −3β

vµ tõ (7*) ta suy ra

[

(

m

a.mb.mc

) (

ha.hb.hc

)

1
3

]

β

≥

(

3S2

)

β .
Từ đó: maα.hbβ+mbα.hcα+mcα.haβ≥ 3 .(3S2

)

β.3❑

α −3β

.S❑

α −3β

= 3

❑1+

α+β
4
.S

❑

α+β

2 . Vậy (*) đúng.

 Bất đẳng thức 2) ứng với  = 1;  = 3.

 Trong trêng hỵp  = 1;  = 4, ta cã:
4. 4. 4. 9. 3.4 2

a b b c c a

m h m h m h  S  S

. (To¸n häc & ti trỴ.)

 Từ (4), (5), (6) ở 2) ta suy ra đợc:

1) ma

+mb2+mc2≥ p2≥ l2a+lb2+lc2

;

2) 1

ma
2+

mb
2+

mc
2≤

1
3r2

.

Bài 45. Cho tam giác ABC. Gọi ma, là độ dài của đờng trung tuyến xuất phát từ

đỉnh A, lb là độ dài đờng phân giác xuất phát từ đỉnh B; h

c là độ dài của đờng cao

xuất phát từ đỉnh C. Chứng minh rằng
ma+lb+hc≤

√

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

x=b+c − a

y=c+a −b
2

z=a+b − c
2
⇒

¿a=y+z

b=x+z

c=x+y

¿{ {

Theo cơng thức đờng trung tuyến, ta có:
ma=1

√

2b
2

+2c2−a2 ¿

√

(

x+y+z

)

−yz

¿ 1

√

(

x+

y+z

2 −

√

)(

x+

y+z

2 +

√

)

 ma 1

√3

(

x+y+z

2 −

√

)

(

x+

y+z

2 +

√

)

¿2x+y+z −

√yz

√

3 .

Theo công thức đờng phân giác và bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
lb=2 ac

a+c. cos

B

2 ≤

√

ac .cos

B

2
mà theo cách giải bài 38.1), ta có

cosB
2=

1+cosB

2 =

(a+c)2 b2
4 ac =

√

p(p −b)

ac .

Suy ra lb≤

√

p(p − b)=

√

(x+y+z)y .
Theo cơng thức đờng cao, ta có:

hc=2

c

√

p(p − a) (p − b) (p− c)=2

√

p(p − c).

(

p − b

c

)

(

p− a

c

)

V× 2

√

p − b
c .

p − a
c ≤

p − b
c +

p − a

c =1 nªn

hc≤

√

p(p − c)=

√

(x+y+z).z .
Từ đó: ma+lb+hc≤2x+y+z

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

¿2x+y+z

√

3 +
2

√

x+y+z.

√

(

√

y+

√

z

)

.????

¿ 1

√3

[

3(x+y+z)−

(

√

y −

√

z

)

]

 ma+lb+hc 2x+y+z −

√

√3

x+y+z+3

(√

y+

√

z

)

√3

????

√

3(x+y+z)=

√

2 (a+b+c) . (đpcm)
Dấu = của (*) xảy ra  a = b = c.

Nhận xét: Ta có lc≤

√

p(p −c) . Vậy theo cách chứng minh trên, ta suy ra bất
đẳng thức sau “mạnh” hơn bất đẳng thức (*):

ma+lb+lc≤

√

2 (a+b+c) . (**)
Do ma la nªn tõ (**) suy ra la+lb+lc≤

√

2 (a+b+c) .

Bài 46. Cho tam giác ABC. Gọi r r ra, ,b clần lợt là bán kính của các đờng trịn bàng

tiếp của các góc ngồi A, B, C và ma, mb, mc, la, lb, lc lần lợt là độ dài các đờng
trung tuyến, đờng phân giác của các góc A, B, C. Chứng minh rằng:

(

ra

lb

)

α
+

(

rb

lc

)

α
+

(

rc

la

)

α

≥3 ; 2)

(

ma

rb

)

α
+

(

mb

rc

)

α
+

(

mc

ra

)

α

≥3 (+).

Gi¶i

1) Theo c«ng thøc diƯn tÝch, ta cã:

S=(p − a)ra=(p −b)rb=(p −c)rc .

Suy ra: S3

=(p − a) (p − b) (p − c).ra.rb.rc 
pS3=p(p −a)(p −b)(p − c).ra.rb.rc

 pS3=S2.ra.rb.rc  pS r r r a b c. . .
Ta l¹i cã: la.lb.lc≤pS=ra.rb.rc  ra.rb.rc

la.lb.lc

≥1 .
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:

(

ra

lb

)

α
+

(

rb

lc

)

α
+

(

rc

la

)

α

≥3

(

ra.rb.rc

lb.lc.la

)

α
3≥3

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

DÊu “ = ” x¶y ra 

¿
la.lb.lc=pS

ra

lb
=rb

lc
=rc

la
⇔

¿a=b=c

ra

lb=
rb

lc=
rc

la

⇔

¿{

a = b = c.

2) Ta cã: ma.mb.mc≥pS=ra.rb.rc  ma.mb.mc
ra.rb.rc

≥1 .
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:

. .

3 3

. .

a b c a b c

b c a b c a

m m m m m m

r r r r r r



  

       

   

       

        . (®pcm)

DÊu “ = ” x¶y ra 

¿
ma.mb.mc=pS

ma

rb =
mb

rc=
mc

ra

⇔

¿a=b=c

ma

rb =
mb

rc=
mc

ra

⇔

¿{

a = b = c.

Bài 47. Cho tam giác ABC. Chứng minh r»ng:

4 2

3. 3.

p
S ra rb rc

r

   

; 2)

ra
7

.hb+rb
7

.hc+rc
7

.ha27S
4

.
 Giải

1) Từ công thức diện tÝch, ta suy ra:

ra=

S

p −a;rb=

S

p −b;rc=

S
p− c

hay ra+rb+rc=S

(

p− a+

p − b+

p −c

)

. (1)

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

S

(

1
p − a+

p − b+

p −c

)

3S

[

(p − a) (p − b) (p − c)

]

1
3

=3 .p
1
3.S

S

2
3

=3.p

1
3.S

3 . 
(2)

Mặt khác, theo bài 32 ta cã: p≥4

√

27 .

√

S⇒p
1
3≥4

√

3 .S
1

6 (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra ra rbrc 3 .

√

43 .

√

S .

(®pcm)
Ta l¹i cã:
S

(

p − a+

p − b+

p −c

)

S

[

(p −b)(p −c)+(p −c) (p− a)+(p − a) (p − b)

]

(p −a)(p −b)(p − c)

vµ xy+yz+zx≤(x+y+z)
2

3 ,∀x , y , z ???giống căn cứ sau bài 31
nªn S

(

p − a+

p − b+

p −c

)

S(p −b+p − c+p − a)2
3(p − a) (p − b) (p − c) ¿

p3
3S=

p2
3r .

(®pcm)

DÊu “ = ” cđa 1) x¶y ra  a = b = c.

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

r

a
7.h

b+rb7.hc+rc7.ha≥3

(

rarbrc

)

7
3

(

hahbhc

)

3 . (2)
Ta cã: ra.rb.rc=pS≥3

2.
3

√

abc .S .?????căn cứ

ra.rb.rc≥

√

427 .S

√

S ⇒

(

r

a.rb.rc

)

4
3≥

(

√

27 .S

√

S

)

4
3

=3S2 .

(3)

L¹i cã rarbrc.

(

hahbhc

)

1
3≥3

(

abc .hahbhc

)

3.S=3S2 .
(4)

Tõ (2), (3), (4) suy ra ra7.hb+rb7.hc+rc7.ha≥3. 3S2. 3S2=27 .S4 .
(đpcm)

Dấu = xảy ra a = b = c.

Nhận xét: Mở rộng 1) và 2), ta đợc:
3) r

a
α

+rbα+rcα≥31+

α

4.Sα2 (+). (*)
4) r

a
αh

b
β

+rbαhcβ+rcαhaβ≥31+
α+β

4 .S
α+β

2 ( 3;  0). (**)
Bạn đọc có thể chứng minh trực tiếp (*), (**) mà không cần phải thông qua các
bất đẳng thức ở trên.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

1
ra
2+
1
rb
2+
1
rc
2≥

1
ma
2+
1
mb
2+
1
mc

2 . (*)

Gi¶i. XÐt vÕ tr¸i cđa (*):

2 2 2

1 1 1

(*)

a b c

VT

r r r

  

(p − a)2+(p − b)2+(p −c)2

S2

(p − a+p −b+p − c)2
3S2

 VT(*)

p2
3S2=

3r2 . (1)

XÐt vÕ ph¶i cđa (*):

2 2 2

1 1 1

(*)

a b c

VP

m m m

  

.
Theo (4), (5), (6) bµi 44, ta cã:

ma2≥ p(p − a) ; mb2≥ p(p − b) ; mc2≥ p(p − c) .
Suy ra:

1 1 1 1

(*)

VP

p p a p b p c

 

    

  

 

(p − a) (p − b)+(p −b)(p −c)+(p −c) (p − a)

p(p − a) (p − b) (p − c)
(p − a+p −b+p − c)

2
3S2

 VP(*)

2 2

3 3

p

S  r . (2)

Từ kết quả (1) và (2) suy ra (*) đợc chứng minh.
Dấu “ = ” của (*) xảy ra  a = b = c.

Chó ý: Më réng vÕ tr¸i cđa (*):
1

ram

+ 1

rbm

+ 1

rcm

≥ 1

3m −1.rm (m ). (**)
XÐt vÕ tr¸i cđa (**): VT(**) =













1 1 1 m m m

m m m m

a b c

p a p b p c

S

r r r

    

  

.
+) Nếu m = 0 thì (**) có đẳng thức (vì cùng bằng 3).

+) Nếu m = 1 thì (**) có đẳng thức





1 1 1 1

a b c

p a p b p c p

r r r S S r

    

    

+) Nếu m > 1, lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho m số dơng, ta có:

(p – a)m +

(

p

)

m

+.. .+

(

p
3

)

⏟

(m −1)lanm

≥ m(p −a)

(

p
3

)

m −1

. (3)

(p –b)m +

(

p

)

m

+.. .+

(

p
3

)

⏟

(m −1)lanm

≥ m(p −b)

(

p
3

)

m −1

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

(p – c)m +

(

p

)

m

+.. .+

(

p
3

)

⏟

(m −1)lanm

≥ m(p −c).

(

p
3

)

m −1

. (5)
Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta đợc:

(p – a)m + (p – b)m + (p – c)m + 3(m – 1).

(

p3

)

m

 mp

(

p

)

m −1

= 3m

(

p3

)

m

 (p – a)m + (p – b)m + (p – c)m 3.

(

p

)

m

 VT(**) =

p - c¿m
¿

p - b¿m+¿

p - a¿m+¿
¿
¿

 1 1

1
3 . 3 .

m

m m m m

p

S r

  

. (®pcm)

DÊu “=” x¶y ra  p – a = p – b = p – c = p

3  a = b = c .

Bài 49. Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
IA.IB3 + IB.IC3 + IC.IA3 48r4. (*)

Giải. Gọi H là hình chiếu của I trên BC. 
Ta có IH = IC .sin C

2 hay r = IC. sin

C

2 . A
T¬ng tù: r = IA . sin A

2 ; r = IB. sin

B

2 .

C B
Suy ra

r3 = IA.IB.IC.sin A

2 .sin

B

2 .sin

C

2 
1

8 IA.IB.IC
hay IA.IB.IC  8r3.

áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có: 
IA.IB3 + IB.IC3 + IC.IA3 3(IA.IB.IC)

❑

3  48r4. ( ®pcm)

DÊu “=” x¶y ra 

sin A
2 . sin

B

2 . sin

C

2=
1
8
IA . IB3=IB . IC3=IC . IA3

¿{

 A = B = C hay  ABC đều.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Nhận xét: Bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta dễ dàng mở rộng bất đẳng
thức (*) dới dạng:

1) IA+ IB+ IC 3(2r) (+);

</div>

chuyen de hsg THPTBDT luong giac

<b> </b>









<sub>√</sub>













√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√3</sub>

<sub>√</sub>

√

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

(

)

<sub>√3</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>√</sub>

√3 .

<sub>(</sub>

)

(

)

(

)

)

(

)

(

√3 .

)

√

√

√

(

√3

)

[

]

[

]

[

]

(

√

)

[

]

[

]

[

]

[

]

[

]

<sub>[</sub>

<sub>]</sub>

<sub>[</sub>

<sub>]</sub>



 





 