SKKN Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

Hiện nay, chuyên ựề về các phương pháp hình học ựã ựược trình bày ở dạng hệ thống lý thuyết cũng như các bài tập ứng dụng và ựã ựược phân loại và khái quát một cách chi tiết theo ựặc trư

Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, olympắc quốc tế, olympắc khu vựcẦ, bài toán hình học phẳng gần như là bài toán bắt buộc, nhằm phát hiện những học sinh có năng khiếu toán học

Hiện nay, chuyên ựề về các phương pháp hình học ựã ựược trình bày ở dạng hệ thống lý thuyết cũng như các bài tập ứng dụng và ựã ựược phân loại và khái quát một cách chi tiết theo ựặc trưng phương pháp và các ựặc thù cụ thể

Tuy nhiên, trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán thi các cấp, tôi ựã khai thác ba bài toán cơ bản ứng dụng tắch vô hướng của hai vectơ, trong SGK Hình học lớp 10 Nâng cao (trang 47-49) và tôi ựã viết ựề tài

Ộ Tắch vô hướng của hai vectơ và ứng dụng Ợ

2 Nhiệm vụ ựề tài - giới hạn ựề tài

a Nhiệm vụ ựề tài

Nội dung ựề tài gồm hai chương, chương I: Tóm tắt một số khái niệm cơ bản về vectơ; chương II: Nêu ba ứng dụng của tắch vô hướng của hai vectơ nhằm giải ựược một số ựề thi học sinh giỏi quốc gia của một số nước trên thế giới, mà nếu giải bằng các cách khác thì rất khó và phức tạp

b Giới hạn ựề tài

đề tài chủ yếu nêu bậc các ứng dụng của ba bài toán cơ bản trong sách giáo khoa Hình học 10 Nâng cao

c Hướng pháp triển ựề tài

Việc ứng dụng tắch vô hướng của hai vectơ vào giải toán hình học phẳng rất phong phú

và ựa dạng, như ứng dụng tắch vô hướng của hai vectơ ựể xác ựịnh giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của các biểu thức lượng giác không ựối xứng trong tam giác

3 Phương pháp tiến hành

Chúng tôi thực hiện các phương pháp sau:

Ớ Phương pháp phân tắch, ựánh giá, dự ựoán

Ớ Hệ thống hóa các dạng toán ứng dụng tắch vô hướng của hai vectơ ựể giải

4 Cơ sở và thời gian tiến hành

Dựa trên thực tế giảng dạy các lớp chuyên Toán và bồi dưỡng ựội tuyển học sinh giỏi Toán dự thi các cấp các năm học vừa qua; trên cơ sở tắch lũy trong quá trình soạn giảng và tham khảo ý kiến các ựồng nghiệp, tôi ựúc kết viết ựề tài này

Trong quá trình biên soạn tôi ựã nhận ựược sự giúp ựỡ của các ựồng nghiệp trong tổ Toán trường THPT chuyên Lê Quý đôn Bình định, ựồng thời cũng ựược sự giúp ựỡ của GSTSKH Nguyễn Văn Mậu trường đHKHTN đHQG Hà Nội Tôi xin chân thành cảm ơn và mong ựược sự góp ý của các ựồng nghiệp cho chuyên ựề về hình học phẳng thêm phong phú, có tư liệu cho việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán của tỉnh nhà

Tác giả: Trương Ngọc đắc

Phần 2 Nội dung ñề tài

TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG

Chương I- Các khái niệm và ñịnh nghĩa cơ bản về vectơ

I Các khái niệm và ñịnh nghĩa

1 Vectơ là một ñoạn thẳng có hướng, nghĩa là trong hai ñiểm mút của ñoạn thẳng ñã chỉ

rõ ñiểm nào là ñiểm ñầu, ñiểm nào là ñiểm cuối

• Vectơ có ñiểm ñầu là A và ñiểm cuối là B thì ta kí hiệu: AB

• ðường thẳng AB ñược gọi là giá của vectơ AB

• Hướng hay chiều của vectơ AB là hướng ñi từ A ñến B

• ðộ dài của vectơ AB là ñộ dài ñoạn AB, kí hiệu: /AB/

2 Vectơ không, kí hiệu: O là vectơ có ñiểm ñầu và ñiểm cuối trùng nhau, có giá tùy ý, có

6 Vectơ tự do, kí hiệu: a , ñược xác ñịnh bởi phương, hướng và ñộ dài (có gốc tùy ý)

II Các phép toán vectơ

1 Tổng của hai vectơ avàb:

Cho hai vectơ avàb Hiệu hai vectơ avàb, kí hiệu: a−b=a+( b− )

Chú ý

Cho hai ñiểm A và B thì với mọi ñiểm O, ta có: AB=OB−OA

3 Tích của một vectơ với một số

Tích của vectơ a với số thực k là một vectơ, kí hiệu: ak ñược xác ñịnh:

• Nếu k ≥0 thì vectơ ak cùng hướng với vectơ a

Nếu k < 0 thì vectơ ak ngược hướng với vectơ a

a

koak3.1 ðiều kiện ñể hai vectơ cùng phương

Vectơ b cùng phương với vectơ a( ≠a 0) khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho:

b ,

3.2 Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng phương

Cho hai vectơ không cùng phương avàb, khi ñó mọi vectơ c ñều có thể biểu thị ñược một cách duy nhất qua hai vectơ avàb, nghĩa là có duy nhất cặp số m và n sao cho

III Tích vô hướng của hai vectơ

1 Góc giữa hai vectơ

Cho hai vectơ avàb ñều khác vectơ không Từ một ñiểm O nào ñó, ta vẽ các vectơ

bOB

a

• Nếu ( ) 0

90,b =

a thì ta nói hai vectơ avàb vuông góc nhau

Kí hiệu: a ⊥b

2 ðịnh nghĩa tích vô hướng của hai vectơ

Tích vô hướng của hai vectơ avàb là một số, kí hiệu a.b, xác ñịnh bởi:

.:aa a a

3 Các tính chất của tích vô hướng của hai vectơ

Với ba vectơ tùy ý a,b,cvàk,l∈R, ta có:

3.1 a =b b.a

3.2 a.b= 0⇔a⊥b

3.3 (k.a).b=a.(k.b)=k.(a.b)

3.4 a(k.b+l.c)=k.(a.b)+l.(a.c)

4 Các mệnh ñề cơ bản về ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ

Ta xét ba mệnh ñề cơ bản vận dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể làm nền tảng giải các bài toán hình học ở chương sau ( ñây là ba bài toán cơ bản trong SGK Hình học 10 Nâng cao, trang 47 - 49)

Mệnh ñề 1 Với bốn ñiểm phân biệt A, B, C, D bất kỳ thì

AC2−AD2 =BC2 −BD2 ⇔AB⊥CD

Chứng minh Ta có:

(AC AD BC BD) DCAB AB CDDC

BDBCBDBCADACADACBD

BCADAC

⇔

+

−

=+

2 2 2 2

Mệnh ñề 2 ( Công thức chiếu)

Cho hai vectơ OAvàOB, gọi B’ là hình chiếu của B trên ñường thẳng OA thì

/

OB OAOB

cos

)cos(

OB OAOB AOB OAOB OAOB OAOB

Mệnh ñề 3 ( Phương tích của một ñiểm ñối với ñường tròn )

Cho ñường tròn (O, R) và ñiểm M cố ñịnh Một ñường thẳng bất kỳ ñi qua M, cắt ñường tròn ñó tại hai ñiểm A và B thì tích MA.MB bằng hằng số ( OM2 - R2 )

O C

B A

T

O

MChứng minh

Vẽ ñường kính BC của ñường tròn (O, R) Ta có ñiểm A là hình chiếu của ñiểm C trên ñường thẳng MB Áp dụng mệnh ñề 2, ta có:

MB MCMB MO OC MO OB MO OB MO OB MO OB d R

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

9

3

2 2 2

9

CABCABR

OAOCOAOCOC

OBOC

OBOB

OAOB

OAR

OAOCOC

OBOBOAOC

OBOAOG

++

+++

=

Vậy 2 2 ( 2 2 2)

.9

9OG = R − a +b +c (1)

Nhận xét

9)

1(,

OG ≥ ⇒ + + ≤ , dấu ñẳng thức xảy ra khi tam giác ABC ñều

• Hoàn toàn tương tự, sử dụng các ñẳng thức vectơ trong tam giác và bình phương

vô hướng của vectơ, ta cũng tính ñược ñộ dài OI, IH …theo ñộ dài cạnh của tam giác và bán kính R của ñường tròn ngoại tiếp tam giác:

cba

cbaRIHcba

cbaROI

++

++

−

=+

=++

ab

ICca

IBbc

IA

Lời giải

Trong tam giác ABC với I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác, ta có ñẳng thức vectơ:

b

a

ICcIBbIAaIAICacICIBcbIBIAbaICcIBbIA

a

++

−+

++

+

=+

++

++

=

2 2 2

0

2 2

2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

Từ ñó chia hai vế cho a.b.c(a+b+c), ta có: 1

2 2 2

=++

ab

ICca

IBbc

IA

Nhận xét

Hoàn toàn tương tự, dựa vào các ñẳng thức vectơ trong tam giác, ta cũng có các ñẳng thức về ñộ dài các yếu tố trong tam giác

Bài toán 3

Hãy xác ñịnh góc giữa hai ñường chéo của tứ giác ABCD, biết ñộ dài các cạnh và hai ñường chéo

D

CB

Lời giải

Áp dụng ñịnh nghĩa tích vô hướng của hai vectơ, ta có:

( )

DBAC

DBACDBAC

.,

2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

ADBCCDABOD

OCODOC

OBOAOBOAOD

OAODOAOC

OBOC

OB

OBOAOD

OCOD

OAOC

OBOD

OBOAOCDB

AC

−

−+

ADBCCDABDBAC

.,

cos

2 2 2

12

1

cacaa

cca

Mà

5

4

5

4

.5

2

cos

2 2

cac

a

caca

ca

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2

2

.8

.2

4R

ODOCOBOAOMOM

ODOCOBOA

OMODOM

OCOM

OBOM

OAMD

MCMB

MA

=

+++

−+

+++

=

−+

−+

−+

−

=+

4

2 2

4

2 2 2

2 2 4

4

cos.88

88

.22.22216

216

2

RROMOAR

OMOAR

OMOAR

R

ONOAOMOAR

NAMANA

MANA

MA

+

=+

=+

Vậy từ các ñẳng thức trên: 4 4 4 4 4

24 RMD

MCMB

Nhận xét

• Từ phương pháp giải bài toán trên ta nhận thấy mọi ña giác ñều nội tiếp trong

ñường tròn thì tổng bình phương hoặc tổng lũy thừa bốn khoảng cách từ một ñiểm

M bất kỳ trên ñường tròn ñến các ñỉnh của ña giác không phụ thuộc vị trí ñiểm M

Ví dụ Cho tam giác ABC ñều nội tiếp trong ñường tròn (O, R) Chứng minh rằng

khi ñiểm M chạy trên ñường tròn (O, R) thì tổng:

S = MA4 + MB4 + MC4 không ñổi

II Chứng minh hai ñường thẳng vuông góc

Trong phần này chủ yếu ta sử dụng kiến thức:

• a.b= 0⇔a⊥b

• Với bốn ñiểm A, B, C, D bất kỳ: AC2−AD2 =BC2−BD2 ⇔ AB⊥CD

Bài toán 1

Cho tam giác ABC không cân ðường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc các cạnh

BC, CA, AB tương ứng tại A1, B1 và C1 Gọi P là giao ñiểm của BC với B1C1 Chứng minh

I

CB

2 1 2 1 2 1 2

1 1 1

1 1 1 1

+

=

+++

=+

=

IAIBIAAIHIIAIAPAAIHIAIPH

IAIAPAAIHIPHIA

AIPIAA

PI

Vậy IP vuông góc với AA1

Bài toán 2(2005-USSR)

Cho tam giác ABC nhọn; AA1, BB1 là hai ñường cao, A’ là trung ñiểm BC, B’ là trung

ñiểm CA, C’ là giao ñiểm của A’B’ và A1B1; O là tâm ñường tròn ngoại tiếp và H là trực

tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng: OH vuông góc với CC’

Nhận xét

ðể chứng minh ñược: OH ⊥CC', ta phải chứng minh:OC ⊥ A1B1 và Tam giác CA1B1

ñồng dạng tam giác CB’A’

Lời giải

Gọi CD là ñường kính của ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: <BAC = <BDC = <CA1B1 ( Tứ giác ABA1B1 nội tiếp)

Và <BDC + <DCB = 900

Mặt khác Tam giác CA1B1 ñồng dạng tam giác CB’A’(g-g)

Suy ra: CB1.CB’ = CA1.CA’ (1)

Xét tích vô hướng của hai vectơ:

(*)

.'

'.'

'

.'

.'''

''

1 1

1 1

COCACOACHCCBHCBC

COCAACHCCBBCCOHCCCC

C

HO

++

+

=

++

+

=+

Bài toán 3(1997-USA)

Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và ABF nằm bên ngoài tam giác ABC với BC, CA và AB là các cạnh ñáy Chứng minh rằng các ñường thẳng qua A, B, C tương ứng vuông góc với EF, FD, DE thì ñồng qui

Nhận xét

ðể chứng minh FE, FD, ED ñồng qui, ta gọi P là giao ñiểm của ñường thẳng qua B vuông góc với FD với ñường thẳng qua C vuông góc với DE, ta cần chứng minh PA vuông góc với FE

P

2 2 2 2 2 2

CDAFBDBFPDPFFD

)2(

2 2 2 2 2 2

AECDCECDPEPDDE

Từ (1) và (2) suy ra: PF2−PE2 = AF2−AE2⇔ PA⊥FE

(ñpcm)

Bài toán 4 (1995-USSR)

Cho tứ giác lồi ABCD thỏa ñiều kiện AB = AD và <ABC = <CDA = 900 ðiểm F và E nằm trên ñường thẳng BC và CD tương ứng sao cho DF vuông góc với AE Chứng minh rằng

AF vuông góc với BE

Lời giải

Áp dụng mệnh ñề 1 và từ giả thiết, ta có:

)1(

2 2 2 2

EFEDAFADDF

)2(

2 2

ABBF

)3(

2 2

2

DEAE

ADDE

X A

Mặt khác: PX // AC, suy ra: BX = PX (4)

Và PY // AB, suy ra: CY = PY (5)

Thế (4), (5) vào (3), ta ñược: TX2−TY2 =PX2−PY2 ⇔TP⊥ XY (ñpcm)

Bài toán 6

Cho tam giác ABC, ñiểm M thuộc tia AB, N thuộc tia CB sao cho AM = CN = p

( với p là nữa chu vi của tam giác ABC ) ðiểm I là tâm ñường tròn nội tiếp và BK là ñường kính của ñường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng IK vuông góc

2 2

2 2

2

ABBCKC

KBKB

KA

KCKACN

KCAM

KAKN

KMCN

CKvà

−

=

−

=+

−+

2 2 2

2 2

CFCNAE

AM

FNEMFN

IFEM

IEINIMFNIFvàEM

−+

N

O

KI

2

22

ABBCABCACABCABCF

CN

BCCABCABCABCABAEAM

=+

−

−++

=

−

=+

−

−++

=

−

Từ (1), (2) và (3), ta có: KM2−KN2=IM2−IN2 ⇔IK⊥MN

(ñpcm)

Bài toán 7 (2007-England)

Gọi H là trực tâm tam giác ABC, P là ñiểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC khác A, B,

C Các ñiểm L, M, N lần lượt là chân ñường vuông góc hạ từ H ñến ñường thẳng PA, PB,

PC Gọi X, Y, Z lần lượt là giao ñiểm của LH, MH, NH với BC, CA và AB Chứng minh rằng ba ñiểm X, Y, Z thẳng hàng

2 2 2 2

HAHPXAXPPAHL

)2(

2 2 2 2

HBHXABAXAH

CB

)3(

2 2 2

BAAYAC

)4(

2 2 2 2

HPHBYPYBBPMH

Gọi O1 , O2 lần lượt là trung ñiểm HM, HA

Xét hai ñường tròn ñường kính HM và HA ( áp dụng mệnh ñề 3), ta có:

2

1 2 1

.'KM KO HO

KA = − (1) 2

2 2 2

'.'KC KO HO

KB = − (2) Mặt khác A’, M, B’, C’ nằm trên ñường tròn Ơler, ta có:

KA.'KM =KB.'KC' (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2 1 2

2 2 2 2

1 2

Mà O1O2 // AM, do ñó KH ⊥AM

Bài toán 9 (2001-China)

Cho tam giác ABC nhọn, O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác và ba ñường cao AD,

BE, CF gặp nhau tại H Gọi M, N lần lượt là giao ñiểm của ED với AB và FD với AC Chứng minh rằng: OB⊥DF,OC ⊥DEvàOH ⊥MN

Nhận xét

Từ các tứ giác AFDC và ABDE sử dụng các góc nội tiếp ta sẽ chứng minh ñược

DEOC

DE

Lời giải

Theo giả thiết ta có tứ giác ACDF nội tiếp:

<BAC = <BDF và <OBC = 900 - <BAC = 900 - <BDF

Suy ra: <OBC + <BDF = 900

Bài toán 10 (2007-USA)

Cho tam giác ABC Dựng hai tam giác PAB và QAC nằm bên ngoài tam giác ABC thỏa mãn: PA = AB, QA = AC và <BAP = <CAQ Gọi R là giao ñiểm của BQ và CP, O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác BCR

Chứng minh rằng: OA ⊥PQ

Nhận xét

ðây là một bài toán có rất nhiều cách giải khác nhau, nhưng sử dụng phương tích và áp dụng mệnh ñề 1 ta sẽ có lời giải ngắn gọn, bằng cách chứng minh hai tứ giác (APBR), (AQCR) nội tiếp

Lời giải

Ta có hai tam giác APC và ABQ ñồng dạng (g-g)

Suy ra <APR = <APC = <ABQ = <ABR

Vậy APBR nội tiếp

Gọi F là giao ñiểm của PA với ñường tròn (ARCQ) và E là giao ñiểm của QA với ñường tròn (ARBP); và r là bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác BCR Áp dụng mệnh ñề 3, ta có:

2 2

2 2 2

2 2

2

AEQAAFPAQAPAAEQAQAAFPAPA

QEQAPFPAQBQRPCPR

rOQr

OPOQ

OP

−+

−

=+

−+

III Các bài toán cực trị hình học

ðể giải một số bài toán về cực trị hình học ngoài các phương pháp ñại số, ta còn có thể

sử dụng phương pháp vectơ, chủ yếu ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ rất hiệu quả

Cơ sở lý thuyết ñể vận dụng giải các bài toán cực trị hình học bằng phương pháp vectơ:

• ∀a:a2 = a2≥0, dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = o

• ∀a,b:a.b≥−a.b , dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a ↑↓ b

• ∀a,b:a.b≤ a.b, dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a ↑↑ b và a ≤b a.b

Bài toán 1

Chứng minh rằng với mọi tứ giác lồi ABCD, ta có:

( ) (2 ) (2 )2

BDACDA

BCCD

2 2

2 2

2 2

dbcadcbafe

adcbdcbafe

fa

d

fc

b

ed

c

eb

a

++++++

=+

⇔

+++++++

=+

−

=+

=+

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2 2

dbca

dbdcbaf

e

−+

=

+

−+++

=+

)4(

.2

2 2

2 2

2 2 2 2 2

cadb

cadcbaf

e

−+

=

+

−+++

=+

từ (3) và (4), suy ra:

( ) (2 )2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2.2)

(

2

dbcadbcadcba

cadbdcbafe

+++

=+

++++

≤

−

−+++

=+

Tam giác ABC có ba ñỉnh chạy trên ñường tròn cố ñịnh (O, R), ñiểm O cố ñịnh Do ñó ta

biểu diễn các vectơ có gốc là O và tính giá trị nhỏ nhất S theo bán kính R

2 2

2 2

2 2

ROCOBOAROAOCOC

OBOB

OAR

OCOAOB

OCOA

OBCABCAB

S

−

≥+

−+

−

=+

−

=

−+

=

Vậy min(S) = -R2 khi OB=OA+OC ⇔Tam giác ABC cân tại B và <B = 1200

sinsin2A− 2B+ 2C≥− Bài toán 3

Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R) và G là trọng tâm của tam giác

Chứng minh rằng:

R

cbaGCGBGA

3

2 2

≥++ Trong ñó a = BC, b = CA, c = AB

Nhận xét

Ta sử dụng ñẳng thức cơ bản trong tam giác:

Với mọi ñiểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, ta có:

2 2 2 2 2 2 2

3 GMGC

GBGAMCMB

3

19

1:OG2 R2 a2 b2 c2 GA2 GB2 GC2 a2 b2 c2

3

2 2

≥++Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều

Bài toán 4 (1993-VMO)

Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R), G là trọng tâm tam giác ABC ðường AG,

BG, CG cắt ñường tròn (O, R) lần lượt tại A1, B1, C1

Chứng minh rằng:

RGCGBGA

3111

1 1 1

≥+

1

3

1

GA GBGB GCGC R OG GA GB GC

Áp dụng (1) vào biểu thức sau:

RGCGBGA

GCGBGAOG

R

GCGBGAGC

GB

GA

33

11

1

2 2 2 2

2 1

1

1

≥++

++

=

−

++

=+

Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều

Nhận xét

• Có thể mở rộng cho bài toán: Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O, R) với G là trọng tâm tứ diện ðường AG, BG, CG, DG lần lượt cắt mặt cầu tại A1, B1, C1 và

D1 Chứng minh rằng:

RGDGCGBGA

41111

1 1 1 1

≥+++

• Với I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC và A1, B1, C1 lần lượt là giao ñiểm của AI, BI, CI với ñường tròn (O, R) ngoại tiếp tam giác ABC thì ta cũng có bất ñẳng thức:

R

cbaIC

cIB

bIA

≥++

1 1 1

Trong ñó: a = BC, b = CA, c = AB

Bài toán 5

Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R), G là trọng tâm tam giác ABC ðường AG,

BG, CG cắt ñường tròn (O, R) lần lượt tại A1, B1, C1

Chứng minh rằng:

1 GA.GB.GC≤GA1.GB1.GC1

2

GCGBGAGCGB

GA

11111

1

1 1

1

++

≤++

1

3

1

GA GBGB GCGC R OG GA GB GC

1 1

1

27

1)(

GAGBGB GCGC R OG GA GB GC

3 2 2 2

GCGBGAGC

1113

1111

2

2 2 2 2

GCGBGAGCGBGAGCGBGA

GCGBGAGCGBGAGC

GBGA

OG

R

++

=+++

2

1111

11

GCGBGAOG

R

GCGBGAGCGB

−

++

≥++

3

93

1 1

1 2

2

2 2 2

2 2 2

GCGCGB

GBGA

GAOG

RGCGBGA

OGRGC

GBGAGC

GBGA

++

=

−

≤++

⇒

−

=+

+

≤+

2

1 1

1

GCGCGBGBGAGAGCGCGB

GBGA

Từ (4) và (5), suy ra: GA+GB+GC ≤GA1+GB1+GC1

Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều