Gäi I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp cña tam gi¸c ABC.[r]
(1)http://NgocHung.name.vn
III Bất đẳng thức cạnh, đờng tam giác
Bài 30 Cho tam giác ABC Gọi a, b, c ha, hb, hc lần lợt cạnh độ dài
của đờng cao kẻ từ A, B, C; R bán kính đờng trịn ngoại tiếp S 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 Cô-si cho ba số dơng, ta có
6 6 3 . . 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 a6hb3+b6h3c+c6ha3≥96 RS4
(đpcm)
Dấu = xảy
a6hb3=b6hc3=c6ha3 aha=bhb=chc
⇔
¿a3=bc2 b3
=a2c
c3=ab2 ⇔a=b=c
¿{
2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
3
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
; abc = 4RS
2
2 2
3.4
b c a
a b c RS R
h h h S S
(2)DÊu “ = ” x¶y
⇔
a hb2=
b hc2=
c ha2
a.ha=b.hb=c.hc ⇔
¿a2=bc
b2=ca
c2=ab ⇔a=b=c
¿{
Më réng: Víi mäi tam giác ABC, ta có:
a3.hb3+b3.hc3+c3.h3a3 22+.S+2.R − β (, ) (Chứng minh dành cho bạn đọc).
Bài 31 Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c; S diện tích Chứng minh
a2+b2+c2≥4
√
3S+(a − b)2+(b −c)2+(c −a)2 (*) Gi¶i Ta cã(*)
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 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
(3)x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z) (đpcm)
Dấu = xảy ⇔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 thiết phải chứng minh (*) mà chøng 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+
1
b+
1
c≥
√
3
R ⇔
1 sinA+
1 sinB+
1
sinC 23 (theo ĐL hàm sè
sin).
(bất đẳng thức đợc chứng minh 24(câu 1) ) Vậy (* *) Dấu “ = ” xảy sin A = sin B = sin C A = B = C
Từ (* *) ta suy đợc 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≥16S2Chøng minh Ta cã x+y+z¿
≤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
)
2≥16 S2 ⇔ a4+b4+c4≥16S2 (4)Đặt T=
(
ab+bc+ca3
)
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 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+ca3
)
3 .
a3
+b3+c3≥3
(
4√3
S)
3 2=84
√
3 S√
S (®pcm)Dấu “ = ” xảy a = b = c = T ABC tam giác
(Ngoài cách chứng minh trên, ta cịn có cách chứng minh “rất bất đẳng thức” đợc trình bày theo riêng)
Më rộng toán (* *): Với tam giác ABC, ta lu«n cã aα
bα+bαcα+cαaα≥4α.31− α2.Sα (+) (1) Gi¶i Thay S=abc
4R vào (1) áp dụng định lí hàm số sin, ta đợc
(1)
sinαA+
1 sinαB +
1 sinαC ≥2
α 31− α2 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
sinαA +
1 sinαB +
1 sinαC ≥
3
(sinA sinB sinC)α/3 (2)
L¹i cã sinA.sinB.sinC ≤3
√
38 ⇒(sinA sinB sinC) α/3
≤3α/2
2α (3)
Tõ (2) vµ (3) suy sinαA +
1 sinαB +
1 sinαC ≥
3 2α 3α/2=2
α
31− α2 (®pcm)
Më réng toán (*): a2n+b2n+c2n3
(
4S3
)
n (5)(2) ⇔
[
a2n−(b −c)2n]
+[
b2n−(c − a)2n]
+[
c2n−(a −b)2n]
≥3.(
4S√
3)
n
(2*)
Chỉ cần chứng minh (2*) với n (n = 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 (b− c)
a2 +
a2−(b − c)2
a2 ≥
(b − c)2n
a2n +
[
a2−(b − c)2]
na2n
⇔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 b = cChøng minh t¬ng tù, ta cã: b2n−(c −a)2n≥4n
[
(p −c).(p − a)]
n (6) DÊu “ = ” cđa (6) x¶y c = aVµ cã c2n−(a −b)2n≥4n
[
(p − a)(p − b)]
n (7)Dấu “ = ” (7) xảy a = b Cộng vế (5), (6), (7), ta đợc
VT(2*)
n n n n n n
n p b p c p c p a p a p b
§Ỉt
3 ( )
x p b
y p c x y z p a b c p
z p a
.
Khi VT(2*)
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) (6)VT(2*)
4n xyz n xn yn zn
Đặt A=x+y+z
3 x+y+z=3A
Ln lt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho n số dơng, ta đợc:
√
xn
+
√
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 vế (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+z3
)
n DÊu “ = ” x¶y a = b = c
Do
VT(2*)
4
( )
4 3
3
n n
n xyz x y z p p a p b p c
VT(2*)
4
3
n S
.
(đpcm)
Dấu = xảy a = b = c
Bài 32 Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c Gọi 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=
(7)(
p − a+p −b+p − c3
)
3
≥(p −a).(p − b).(p − c)
⇔ p3
27 ≥(p −a).(p − b).(p − c) ⇔ p
4
27 ≥ p(p − a).(p − b).(p −c)=S
⇔p ≥
√
427√
S (®pcm)DÊu “ = ” x¶y p− a=p − b=p − c⇔a=b=c
Chó ý:
Từ (*) ta suy 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), thông qua bất đẳng thức (*) phức tạp Ta chứng minh trực tiếp cách dùng định lí hàm số sin áp dụng bất đẳng thức Cơ-si Ta có
(1) ⇔
(
sinAsinB sinC
)
α 2+
(
sinsinCB.sin A)
α 2+
(
sinsinCA sinB)
α 2≥2
α
2 31− α4 (1*)
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có:
(
sinsinBA sinC)
α 2+
(
sinsinBC sinA)
α 2+
(
sinsinCA.sinB)
α
2≥
(sinA sinB sinC) α
V× sinA.sinB.sinC ≤ 3
√
38
(sinA.sinB.sinC) α
≤
(
3√
38
)
α=3 α
α
VT(1*)
1
2
2
(®pcm)
DÊu “ = ” x¶y ⇔sinA
sinB.sinC=
sinB
sinC sinA=
sinC
(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 cạnh a, b, c S diện tích Chứng minh với hai số nguyên dơng x, y bất kì, ta có
(
a+ xy.b
)(
b+ xy.c
)(
c+ x y.a)
≥8(x+y)3S
√
S4
√
27 y3 (1) Gi¶i Ta cã(1) ⇔(ay+xb) (by+xc) (cy+xa)≥8(x+y)
S
√
S4
√
27 (2) Lần lợt áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho (x + y) số dơng, ta cóa
⏟
+ .+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 vế (3), (4), (5) với nhau, ta đợc:
(ay+bx) (by+cx) (cy+ax)≥(x+y)3 abc Để (2) ta cần chứng minh abc≥84S
√
S√
27 (6)Theo c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch, ta cã 2S=ab sinC=bc sinA=ca sinB ⇒8S3=a2b2c2 sinA sinB sinC ≤3
√
38 a
b2c2 ⇒abc≥84S
√
S√
27 Dấu “ = ” (6) xảy sinA = sinB = sinC ABCSuy (2) Vậy (1)
Dấu “ = ” (1) xảy ABC
Chó ý:
(9) Më réng (1), ta cã
(
aα + xy.b α
)
.(
bα +xy.c α
)
.(
cα + xy.a α
)
≥8 α(x+y)3S 3α
2
3
α 4.y3
Việc chứng minh đợc bất đẳng thức abc≥84S
√
S√27
giúp ta giải đợc số toán mở rộng 31 cách đơn giảnVÝ dô: Ta chøng minh toán mở rộng sau: ab
+bc+ca2+ 31
+β .S
α+β
2 ( 0) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
abc¿
α+β ≥2α+β
31− α
+β Sα+2β
aαbβ
+bαcβ+cαaβ≥3¿
(đpcm)
Dấu = xảy
⇔
aαbβ=bαcβ=cαaβ abc=84S
√
S√
27 ⇔a=b=c¿{
Bài 34 Cho tam giác ABC có cạnh lần lợt a, b, c Gọi p nửa chu vi, S là diện tích, r bán kính đờng trịn nội tiếp Chứng minh
3
√
3√
S ≤1
p − a+
1
p− b+
1
p − c≤ p2 3r2 (1)
Gi¶i Ta cã: p – a > 0; p – b > 0; p – c >
+) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
(
p − a+1
p −b+
1
p −c
)
3
≥27
(p − a)(p − b)(p −c)= 27p
S2
Theo bµi 32 ta cã p
√
4 27 √S (
p − a+1
p −b+
1
p −c
)
≥27
√
427 S❑√
S
p − a+
1
p −b+
1
p − c
3
√
3❑
√
S (10)DÊu “ =” x¶y ⇔
¿
1
p − a=
1
p − b=
1
p − c p=
√
427√
S¿{
¿
⇔ a = b = c
+) XÐt
p − a+
1
p −b+
1
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
1
p − a+
1
p −b+
1
p − c
2
( )
3( )( )( )
p a p b p c p a p b p c
2
2
3( )( )( ) 3
p p p
p a p b p c S r
(đpcm)
Dấu = xảy ⇔ p a = p b = p c ⇔ a = b = c
Chó ý:
Dạng tơng đơng (1):
4
√
3 2√
S ≤1
a+b −c+
b+c − a+
c+a −b≤
p2
6r
Më réng (1):
(
p − a
)
α +
(
p − b
)
α +
(
p −c
)
α 43
3
S
( R) (*) Chứng minh: áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta đợc
31 1
( )( )( )
p a p b p c p a p b p c
(**)
3
2
3
3
( )( )( )
p p
p p a p b p c S
(11)Mµ pα3
√
43¿α.S α¿
nªn VP(**)
√
3¿α.Sα
¿
3 ¿ ¿
(*) đúng.
DÊu “=” x¶y ⇔
¿
1
p − a=
1
p − b=
1
p − c p=
√
427√S
¿{
¿
⇔ a = b = c
Bài 35 Những tam giác thoả mÃn điều kiÖn: (a+b)(b+c)(c+a)
16 abc =
r
R ,
(1)
trong a, b, c độ dài cạnh; R, r lần lợt bán kính đờng trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
Gi¶i Ta cã
(a+b)(b+c)(c+a)
16 abc ≥
2
√
ab 2√
bc 2√
ca16 abc =
1
2 (2) DÊu “=” x¶y a = b = c
Ta l¹i cã S = abc
4R=p.r=
a+b+c r
2R.sinA.sinB.sinC = (sinA + sinB + sinC).r 2R
r =
1 sinB.sinC +
1 sinC sinA +
1
sinA.sinB
áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dơng, ta có
sinB sinC+
1 sinC.sinA+
1 sinA sinB
sinA.sinB.sinC¿
2
¿
3
¿
Do sinA.sinB.sinC
3
nªn
2
3
(sin sin sin )
A B C
Suy
2 1
4 sin sin sin sin sin sin
R
r B C C A A B
1
r R
(12)DÊu “=” x¶y
sinB sinC=
1
sinC sinA=
1 sinA sinB
sinA = sinB = sinC a = b = c
Từ (2) (3) suy có đẳng thức (1)
⇔ (a+b)(b+c)(c+a)
16 abc =
1
r
R=
1
¿{
a = b = c
Chú ý:
Ngoài cách chứng minh R 2r trên, ta chứng minh theo cách sau:
Ta cã 4RS = abc 84S
√
S√
27 R 2√
S4
√
27 (4)L¹i cã S = p r
√
427√
S r √
S√
427 r (5)Tõ (4) vµ (5) ta cã R 42
√
274
√
27 r = 2r (6) Tõ c«ng thøc diƯn tÝch S = p r = abc
4R , suy
pRr = abc ≥
8S
√
S4
√
427=2.
√
S.S4
√
27 (7) Ta có mối liên hệ p, S, R với r p, R với S Liệu ta thiết lập đợc mối liên hệ p R hay không?Ta cã p =
3 (sin sin sin )
2
a b c R
A B C R
(8)
DÊu “=” x¶y sinA = sinB = sinC =
3
2 hay Δ ABC
Ta còng cã a2 + b2 + c2 = (sin2A + sin2B + sin2C).4R2
4 4R2 = 9R2 (9)
(13)S 3
√3
r2 (hay p 3 3.r); (10) abc 84S√
S√27
; (11)R2 a
2
+b2+c2
9 ; (12) pRr
2S
√
S4
√27
(13) Sử dụng kết trên, ta chứng minh đợc nhiều bất đẳng thức hay
VÝ dô Chøng minh r»ng: 1) hahbhc
√
4 27 S√
S ;2)
aα +
1
bα +
1
cα
1− α
Rα (
R ); 3)
aα.bβ+
1
bα.cβ+
1
cα.aβ ≥
31− α
+β
Rα+β
;
4) 9aR2 3.bp18cr 36.S Gi¶i
1) Theo c«ng thøc diƯn tÝch, ta cã 2S = aha = bhb = chc
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
√
27 S√
S (®pcm)2) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
abc¿
α
¿
1
aβ+
bβ+
c
Mặt khác, theo (8) ta cã 3R a b c 33abc hay (abc) ❑ α 3
α R ❑α .
Suy
aα+
1
bα+
1
cα
1− α
Rα (®pcm)
(14)4) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có
2
9aR2 3.bp18cr3 18 3abc pRr
Nhân vế bất đẳng thức (11), (13), ta có
3
16
3
S
abc pRr
Suy 9aR2 3.bp18cr 36.S (®pcm)
DÊu “=” x¶y
4
4
9 18
8 27
27
aR bp cr
S S abc
S S pRr
a = b = c.
Bài 36 Cho tam giác ABC Gọi p nửa chu vi; r, R lần lợt bán kính đờng trịn nội tiếp, ngoại tiếp; S diện tích Chứng minh
p2 + r2 + 4Rr 4
√3
S(1)
Giải áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 36 số, có 27 số
27
p
, số r2 và
tám số
Rr
, ta cã
p2 + r2 + 4Rr
1
27 8 36
2
36
27
p Rr
r
.
Ta sÏ chøng minh
1
27 8 36
2
36
27
p Rr
r
4
√
3S
2
9 18
2
9
36
4
p R r
p r
p
1
2.R29≥229.334.r138
(15)Theo (6) vµ (10) Bµi 35, ta cã
1
2
2 2
9 9
3 3
R 2.r
p r p r
R r
(2) (1)
DÊu “=” cña (1) x¶y
¿ p2
27=r
=R.r
p=3
√
3r R=2r¿{ {
¿
a = b = c
Nhận xét: Ngoài cách chứng minh trên, ta chứng minh theo cách sau: Theo công thức diện 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=pr⇒abc=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 độ dài đờng phân giác các
gãc A, B, C Chøng minh r»ng: 1)
la
cosA
+ lb cosB
2 + lc
cosC
≥24
√
27√
S; 2)
cos A
la +
cosB
lb +
cosC
lc ≥
√3
R
Gi¶i
1) Theo cơng thức đờng phân giác, ta có
la =
2
.cos
bc A
b c ; lb =
2
.cos
ca B
c a ; lc =
2
.cos
ab C
a b .
(16)
2 cos
2
a
l bc
A b c
(1);
lb
cosB
=2 ca
c+a
(2);
lc
cosC
=2 ab
a+b
(3)
Cộng vế (1), (2), (3), ta đợc
la cosA
2 +
lb cosB
2 +
lc cosC
2
=
(
bcb+c+ ca
c+a+ ab
a+b
)
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 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 (11) Bài 35, ta có
√
bc+√
ca+√
ab2 ≥
3
√
abc≥√
4 27.√
S ?????? VP√
427√
SSuy
la
cosA
+
lb
cosB
+
lc
cosC
2.
√
427√
S (®pcm)DÊu “=” x¶y
⇔
√
ab=√
bc=√
caabc=84S
√
S√
27¿{
⇔
√
ab=√
bc=√
caa=b=c
¿{
a = b = c
) Tõ (1), (2), (3), ta cã:
cos 1 1
2
a A
l b c
;
cosB
lb =
1 2
(
1
c+
1
a
)
;cosC
lc =
1 2
(
1
a+
1
b
)
(17)
cosA
la +
cosB
lb +
cosC
lc =
1
a+
1
b+
1
c
áp dụng bất đẳng thức chứng minh sau Bài 31, ta có
a+
1
b+
1
c
√
3
R
cosA
la +
cosB
lb +
cosC
lc
√
3R
(đpcm)
Dấu = xảy
a=
1
b=
1
c a = b = c abc =
√
3R3Bài 38 Cho tam giác ABC Gọi l l la, ,b c lần lợt độ dài đờng phân giác
cđa c¸c gãc A, B, C Chøng minh r»ng:
1) la2+lb2+lc2 p2; 2) la+lb+lc
√
32 (a+b+c) Gi¶i
1) Từ cơng thức đờng phân giác, ta suy
la =
2
.cos
2
bc A A
cos bc
b c .
MỈt kh¸c: cos2A 2=
1
2.(1+cosA)
2 2
1
2
b c a
bc
=
2
( ) ( )
4
b c a p p a
bc bc
Suy cos
( )
2
A p p a
bc
la
√
bc√
p(p − a)bc =
√
p(p − a) (1)DÊu “=” cđa (1) x¶y b = c
T¬ng tù, ta cã: lb
√
p(p − b) DÊu “=” x¶y a = c (2) lc √
p(p − c) DÊu “=” x¶y a = b(3)
Tõ (1), (2), (3) suy la2+lb2+lc2 p(p – a + p – b + p – c) = p2
(đpcm)
Dấu = xảy a = b = c
(18)la+lb+lc ¿
√
p¿√
p − a+¿√
p − b+√
p c )Theo kết 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 =√
32 (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
√
p3(p − a) p
3+p − a
2 =
2b+2c − a
6
la
2b+2c −a 2
√
3 T¬ng tù: lb2c+2a −b
2
√3
; lc2a+2b − c 2
√3
Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợcla+lb+lc
√
32 (a + b + c) (®pcm) DÊu “=” x¶y a = b = c
Chó ý:
Từ (1), ( 2), (3) dễ dàng suy đợc la.lb.lc p.S
Trong tam giác ta có : ha la ; hb lb ; hc lc Suy ra: ha2+hb2+hc2 p2 27
4 R2;
(4) ha+hb+hc
√
32 (a + b + c); (5) ha.hb.hc≤pS
(6)
(19)S =
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
1
2 2 2
2
p b p c c b b c
a a a a a a
p − b
a
p − c
a ≤
1
4 ha
2 4p(p – a).
4=p(p − a) (đpcm) Các trờng hợp lại tơng tự
Với đề nh vậy, ta suy nhiều bất đẳng thức hay, chẳng hạn:
3 3
4 4
a b c
l l l a+b+c¿
5
3
.¿
Giải Đặt A =
p c
3
¿ p− b¿
3
+¿ p− a¿
3
+¿ ¿ ¿
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho tám số, có ba số (p – a) năm
sè A83 , ta cã
3(p – a) + A83 8.( p – a)
❑
3 A
❑
5 (6)
T¬ng tù: 3(p – b) + A83 (p− b)
8 A53 (7) 3(p – c) + A83 (p− c)
3
8 A53 (8)
(20)3(p – a + p – b + p – c) + 15 A83 A53
p −c¿
3 p− b¿
3
+¿
(p − a)
+¿ ¿
p + A83 A83 p A83 A
(
p3
)
❑3
Mặt khác, từ (1), (2), (3) ta cã
la
+lb
+lc 4≤ p38
p −c¿
3
p− b¿
3
+¿ p− a¿
3 8+¿
¿ ¿
Suy l a
+lb
+lc
4 p38 3
(
p 3)
3 =
3
5
8.p34
hay l a
+lb
+lc
a+b+c¿
3 ¿
Dấu “=” xảy p – a = p – b = p – c = A83 đẳng thức (1), (2), (3) xảy a = b = c
Bài 39 Cho tam giác ABC Gọi la, lb, lc lần lợt độ dài đờng phân giác góc A, B, C Chứng minh rằng:
1) b α
laβ
+c α
lbβ
+a α
lcβ
≥2
α
31− α4S 3α−2β
6
P
β
( , + );
2) b α
cγ laβ
+c α
aγ lbβ
+a α
bγ lcβ
α+γ 31− α+γ
4 .S
3(α+γ)−2β
6 P β ( , , γ +). Gi¶i
1) Ta cã: la
√
p(p − a)
la
p p a( )
2
(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
1
( ) ( ) ( )
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
1
( ) ( ) ( )
b c a
p p a p b p c
3
2 6
3( )
( )( )( )
abc
p p a p b p c
abc¿
α
¿
abc¿
α
¿
3¿
3¿ ¿
Do abc
8S
√
S4
√
27 (abc) ❑α
2
4
2
S
Suy 2 2
1
( ) ( ) ( )
b c a
p p a p b p c
2α.31− α4.S 3α −2β
6
P
β
Tõ (4) suy ra: b α
laβ
+c α
lbβ
+a α
lcβ
≥2
α 31− α4S3α−62β
P
β
(đpcm) Dấu = xảy a = b = c
2) Bạn đọc tự chứng minh
(22)1) a
lb 2+
b2 lc
2 +
c2 la
2≥4 ; 2) bc
la +
ca
lb +
ab
lc ≥4
4
√
3√
S G i¶i1) Theo công thức đờng phân giác, ta có:
la=2 bc
b+c cos
A
2≤
√
bc cosA
2 ; (1)
lb=2 ca
c+a cos
B
2≤
√
ca cosB
2 ; (2)
lc=2 ab
a+b.cos
C
2≤
√
ab cosC
2 (3)
Nhân vế (1), (2), (3) với nhau, ta đợc
la.lb.lc≤abc cos A cos
B
2 cos
C
2 ≤ 3
√
38 abc ⇒abc
la.lb.lc≥
8
3
√
3 (4) áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng (4), ta cóa
lb2
+b
lc2
+c
la2
≥3
(
abcla.lb.lc
)
3≥3(
38√
3)
3 a2
lb2
+b
lc2
+c
la2
≥4 (®pcm)
DÊu “ = ” x¶y
¿ a=b=c abc
la.lb.lc=
8 3
√3
a2
lb2
=b
lc2
=c
la2
⇔a=b=c
¿{ {
¿
2) Bạn đọc tự chứng minh
NhËn xÐt:
Việc chứng minh đợc bất đẳng thức (4) giúp ta giải đơn giản hai bất đẳng thức tổng quát sau:
1)
1
4
2
a b c
b c a
S
l l l
(23)2)
1
4
2
a b c
b c c a a b
S
l l l
( + ; , ,
0)
Trong tam gi¸c ABC bÊt k× , 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 bất đẳng thức mối liên hệ cạnh, đờng cao, diện tích tam giác nh trờn
Để chứng minh (*) không thiết phải thông qua abc
la.lb.lc
8
3
√
3 mµ ta cã thĨ 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 vế (1), (2), (3), ta đợc
ha.hb.hc abc sinA sinB sinC ≤abc3
√
3 ⇔abcha.hb.hc≥
8 3
√
3Bài 41 Cho tam giác ABC Gọi ma, mb, mc lần lợt độ dài 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) maa +
mb
b +
mc
c ≥
3
√
32 (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
a
a b c
a m
⇔
a ma
≥ 2
√3
a2
a2
+b2+c2 (3) T¬ng tù: b
mb
≥ 2
√3
b2
a2+b2+c2 (4);
c mc
≥ 2
√3
c2
(24)a ma
+ b
mb + c
mc
≥2
√
3(
a2
+b2+c2
)
a2+b2+c2 =2
√
3DÊu “ = ” cđa (1) x¶y
⇔ 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
+b2+c2
2
√
3 ⇔ma
a ≥
2
√3
ma2a2
+b2+c2
(6)
T¬ng tù: mb
b ≥
2√3mb2
a2
+b2+c2
(7); mc
c ≥
2
√
3m2ca2
+b2+c2
(8)
Céng tõng vÕ cña (6), (7),(8), ta cã ma a +
mb b +
mc c ≥
2
√
3(
ma2+mb2+mc2)
a2+b2+c2
Do ma2+mb2+mc2=3 4
(
a2
+b2+c2
)
⇒ma
a +
mb
b +
mc
c ≥
2
√3
a2
+b2+c2 4
(
a2
+b2+c2
)=
3√3
2 (đpcm)
Dấu = (2) xảy
⇔ 3a2=4m2a
3b2=4m2b
3c2=4mc2
⇔a=b=c
¿{ {
Chó ý:
Xuất phát từ ba bất đẳng thức: a.ma≤a
2
+b2+c2
2
√3
; b.mb≤a2+b2+c2
2
√3
;
c.mc≤ (25)+)
2 2
2
a b c
b c a
am bm cm ;
+) mb ama+
mc bmb+
ma cmc≥
3
√
3 Më réng 1), 2), ta cã:+)
(
ama
)
q+
(
bmb
)
q+
(
cmc
)
q≥3
(
√
3)
q
(*)
+)
(
maa
)
q +
(
mbb
)
q +
(
mcc
)
q
≥3
(
√
3)
q
(trong q + 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≥
(
2√3
)
q.c 2q¿
Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợc
a2
+b2+c2¿q ¿
(
maa)
q+
(
bmb
)
q+
(
cmc
)
q≥
(2
√
3)q.a 2q+b2q+c2q
(**)
Đặt A=a
+b2+c2
3 ⇔a
2
+b2+c2=3A
Do q + nên r * để q.r * áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho
qr sè d¬ng, ta cã a 2q
+ .+a2q
⏟
rl \{a^
+
⏟
Aq+ +Aq(q −1)r la^
≥qr.a2.Aq −1
(26)T¬ng tù:
b2q
+(q −1).Aq≥ q.b2.Aq −1 (10);
c2q+(q −1).Aq≥ q.c2.Aq −1 (11) Cộng vế (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
a b c
m m m
2 2 2
2 2 2
2
2
3
q
q
q q q
q
q q
a b c a b c
a b c a b c
=
2
3
q
⇒
(
ama
)
q+
(
bmb
)
q+
(
cmc
)
q≥3
(
√
3)
q
(đpcm) Dấu “ = ” (*) xảy (9), (10), (11) xảy đẳng thức
a2q=b2q=c2q=Aq ⇔a=b=c
Bài 42 Cho tam giác ABC Gọi m m ma, b, c lần lợt độ dài 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
4
(27)4 ma2+3a2=4 mb2+3b2=4 mc2+3c2=2
(
a2+b2+c2)
⇔ 4m2a+3a2=4m
b
+3b2 4mb2+3b2
=4mc2+3c2 4mc2+3c2=4m
a 2+3a2
¿{ {
⇔ 4
(
ma2− mb
)
=3(b− a)(b+a) 4(
mb2
− mc
)
=3(c − b) (c+b) 4(
mc2−ma2)
=3(a −c) (a+c)¿{ {
2
2
2
3 4
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 vế (1), (2), (3), ta đợc ma
2− m b
b − a +
mb2− mc2
c −b +
mc2−ma2
a − c =
3
2(a+b+c) (4) Sử dụng bất đẳng thức: a+b+c ≥3
√
3abc abc≥84S√
S√27
, suy6
S a b c
Mặt khác, a b, b c c a nên đẳng thức không xảy Kết hợp với (4), ta đợc
2 2 2
4
3
27
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
4
8
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 độ dài đờng trung tuyến góc A, B, C Đặt
(28)1) xα
+yα+zα≥31+ 3α
2 .Sα ; 2) xα
yβ+yαzβ+zαxβ≥31+
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
+8ma 3c2−3b2=4mb2−4mc2
¿{ {
¿
¿
9c2=8ma2+8mb2−4mc2 9b2=8m2c+8ma2−4mb2
9a2=8m2b+8m2c−4ma2 ⇒
¿4x=9c2
4z=9b2 4y=9a2
¿{ {
¿
xyz=
(
94
)
a2b2c2
2
4
9
4 27
S S
3
81
xyz S
. (1)
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng bất đẳng thức (1), ta có
xα
+yα+zα≥3(xyz) α 3≥31+
3
2α.Sα (®pcm)
DÊu “ = ” x¶y
¿
abc=84S
√
S√
27xα
=yα=zα ⇔
¿a=b=c
x=y=z ⇔a=b=c
¿{
¿
2) Dành cho bạn đọc
Bµi 44 Cho tam gi¸c ABC Chøng minh r»ng:
(29)3) a2.mb.hc+b2.mc.ha+c2.ma.hb≥12S2 Gi¶i
1) Theo cơng thức đờng trung tuyến, ta có
¿
4ma
=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 4mc2.h
c
2=2a2.h c
2+2b2.h c 2− c2.h
c
¿{ {
¿
¿
2m2aha2=b
2
ha2+c2ha2−2S2 2mb2hb2=c2hb2+a2hb2−2S2 2mc
2
hc
=a2h2c+b2h2c−2S2
¿{ {
¿
(1) (2) (3)
Cộng vế (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
+c2ha2+c2hb2+a2hb2+a2hc2+b2hc2≥6
(
aha bhb chc)
6=24S2 . Suy 2( ma2.h2a+mb2.hb2+mc2.hc2 ) 24S2−6S2=18S2
hay ma2.h2a+mb2.hb2+mc2.hc29S2 (đpcm)
Dấu = xảy b2h a
=c2h2a=c2hb2=a2hb2=a2hc2=b2hc2
a2=b2=c2 a=b=c
2) Theo công thức đờng trung tuyến, ta có ma2=2b
2
+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)
(30)(
ma.mb.mc)
≥ p3(p −a)(p −b)(p −c)=(p.S)2 Khi đó, theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có
3
3
2
a b c
m m m p S abc S
(7)
Suy
1
2
3 3
2
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 Cô-si cho ba số dơng (7*), ta có m
a 3h
b+mb3hc+m3cha≥3ma.mb.mc
(
ha.hb.hc)
3≥9S2 (đpcm) Dấu “ = ” xảy (4), (5), (6), (7) xảy đẳng thức
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.hb≥3
[
(
aha bhb chc)
abc ma.mb.mc]
1 . (8)
MỈt kh¸c, ta cã: aha bhb chc=8S3 (9); abc≥84S
√
S√
27 (10)Tõ (7) vµ (10) suy ma.mb.mc≥3 2(abc)
1
.S ≥
√
427 S√
S (11) Thay (9), (10), (11) vµo (8), ta suy ra:a2.mb.hc+b2.mc.ha+c2.ma.hb≥
[
8S3.84S√
S√27
4
√
27 S√
S]
1
=12S2 (đpcm)
Dấu = xảy
4
4
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:
(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 ( 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.(
ha.hb.hc
)
β
3
1
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
≥3❑
α −3β
4
.S❑
α −3β
2
vµ tõ (7*) ta suy
[
(
ma.mb.mc
) (
ha.hb.hc)
3]
β
≥
(
3S2)
β Từ đó: maα.hbβ+mbα.hcα+mcα.haβ≥ 3 (3S2)
β.3❑α −3β
4
.S❑
α −3β
2
=
❑1+
α+β S
❑
α+β
2 Vậy (*)
Bất đẳng thức 2) ứng với = 1; =
Trong trêng hỵp = 1; = 4, ta cã: 4. 4. 4. 9 3.4
a b b c c a
m h m h m h S S
(Toán học & tuổi trẻ.)
T (4), (5), (6) 2) ta suy đợc:
1) ma
2
+mb2+mc2≥ p2≥ l2a+lb2+lc2
;
2)ma 2+
1
mb 2+
1
mc 2≤
1 3r2
.
Bài 45 Cho tam giác ABC Gọi ma, độ dài đờng trung tuyến xuất phát từ
đỉnh A, lb độ dài đờng phân giác xuất phát từ đỉnh B; h
c độ dài đờng cao
xuất phát từ đỉnh C Chứng minh ma+lb+hc≤
√
3 (32)¿ x=b+c − a
2
y=c+a −b
z=a+b − c ⇒
¿a=y+z
b=x+z
c=x+y
¿{ {
¿
Theo cơng thức đờng trung tuyến, ta có: ma=1
2
√
2b+2c2−a2 ¿
√
(
x+y+z)
2
−yz
¿
√
3√
3(
x+y+z
2 −
√
yz)(
x+y+z
2 +
√
yz)
ma 1√3
3
(
x+y+z2 −
√
yz)
+(
x+y+z
2 +
√
yz)
¿2x+y+z −
√yz
√
3Theo công thức đờng phân giác bất đẳng thức Cơ-si, ta có: lb=2 ac
a+c cos
B
2 ≤
√
ac cosB
2 mà theo cách giải 38.1), ta có
cosB 2=
√
1+cosB
2 =
√
(a+c)2− b2 ac =
√
p(p −b)
ac
Suy lb≤
√
p(p − b)=√
(x+y+z)y Theo công thức đờng cao, ta có:hc=2
c
√
p(p − a) (p − b) (p− c)=2√
p(p − c).(
p − bc
)
.(
p− ac
)
V× 2
√
p − b cp − 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 (33)¿2x+y+z
√
3 +√
3.√
x+y+z√
32
(
√
y+√
z)
????¿
√3
[
3(x+y+z)−(
√
y −√
z2
)
2
]
ma+lb+hc 2x+y+z −√
yz√3
+x+y+z+3
4
(√
y+√
z)
√3
????
√
3(x+y+z)=√
32 (a+b+c) (®pcm) DÊu “ = ” cđa (*) x¶y a = b = c
Nhận xét: Ta có lc≤
√
p(p −c) Vậy theo cách chứng minh trên, ta suy bất đẳng thức sau “mạnh” bất đẳng thức (*):ma+lb+lc≤
√
32 (a+b+c) (**) Do ma la nªn tõ (**) suy la+lb+lc≤
√
32 (a+b+c)
Bài 46 Cho tam giác ABC Gọi r r ra, ,b clần lợt bán kính đờng trịn bàng
tiếp góc ngồi A, B, C ma, mb, mc, la, lb, lc lần lợt độ dài đờng trung tuyến, đờng phân giác góc A, B, C Chứng minh rằng:
1)
(
ralb
)
α +
(
rblc
)
α +
(
rcla
)
α
≥3 ; 2)
(
marb
)
α +
(
mbrc
)
α +
(
mcra
)
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:
(
ralb
)
α +
(
rblc
)
α +
(
rcla
)
α
≥3
(
ra.rb.rclb.lc.la
)
α 3≥3
(34)DÊu “ = ” x¶y
¿ 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
¿ 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 rằng:
1)
4
3
3
p S ra rb rc
r
; 2)
ra
.hb+rb
.hc+rc
.ha≥27S
Giải
1) Từ công thức diện tích, ta suy ra:
ra=
S
p −a;rb=
S
p −b;rc=
S p− c
hay ra+rb+rc=S
(
p− a+
1
p − b+
1
p −c
)
(1) (35)S
(
p − a+1
p − b+
1
p −c
)
3S
[
(p − a) (p − b) (p − c)]
=3 p 3.S
S
2
=3.p
1 3.S
1 (2)
Mặt khác, theo bµi 32 ta cã: p≥4
√
27√
S⇒p 3≥4√
3 S6 (3)
Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra rbrc
43 S .(đpcm) Ta lại có: S
(
p − a+
1
p − b+
1
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)
3 ,∀x , y , z ???gièng sau 31 nên S
(
p − a+
1
p − b+
1
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 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)
(
hahbhc)
3 (2) Ta cã: ra.rb.rc=pS≥3
2
√
abc S ?????cănra.rb.rc
427 SS(
ra.rb.rc
)
3≥(
4√
27 S√
S)
=3S2
(3)
L¹i cã rarbrc.
(
hahbhc)
3≥32
(
abc hahbhc)
3.S=3S2 . (4)
Tõ (2), (3), (4) suy ra7.hb+rb7.hc+rc7.ha≥3 3S2 3S2=27 S4 (đpcm)
Dấu = xảy a = b = c
Nhận xét: Mở rộng 1) 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 chứng minh trực tiếp (*), (**) mà không cần phải thông qua bất đẳng thức
(36)1 ra 2+ rb 2+ rc 2≥ ma 2+ mb 2+ mc
2 . (*)
Giải Xét vế trái (*):
2 2
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=
1
3r2 (1)
XÐt vÕ ph¶i cđa (*):
2 2
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
(*)
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
1
3
p
S r . (2)
Từ kết (1) (2) suy (*) đợc chứng minh Dấu “ = ” (*) xảy a = b = c
Chó ý: Më réng vÕ tr¸i cđa (*):
ram
+
rbm
+
rcm
≥
3m −1.rm (m ) (**) XÐt vÕ tr¸i cđa (**): VT(**) =
1 1 m m m
m m m m
a b c
p a p b p c
S
r r r
+) Nếu m = (**) có đẳng thức (vì 3)
+) Nếu m = (**) có đẳng thức
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 Cơ-si cho m số dơng, ta có:
(p – a)m +
(
p3
)
m+ +
(
p 3)
⏟
(m −1)lanm
≥ m(p −a)
(
p 3)
m −1
(3)
(p –b)m +
(
p3
)
m+ +
(
p 3)
⏟
(m −1)lanm
≥ m(p −b)
(
p 3)
m −1
(37)(p – c)m +
(
p3
)
m+ +
(
p 3)
⏟
(m −1)lanm
≥ m(p −c).
(
p 3)
m −1
(5) Cộng vế (3), (4), (5), ta đợc:
(p – a)m + (p – b)m + (p – c)m + 3(m – 1).
(
p3)
m mp
(
p3
)
m −1= 3m
(
p3)
m
(p – a)m + (p – b)m + (p – c)m
(
p3
)
m VT(**) =
p - c¿m ¿
p - b¿m+¿
p - a¿m+¿ ¿ ¿
1
1
m
m m m m
p
S r
(®pcm)
DÊu “=” x¶y p – a = p – b = p – c = p
3 a = b = c
Bài 49 Gọi I tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: IA.IB3 + IB.IC3 + IC.IA3 48r4 (*)
Giải Gọi H hình chiÕu cđa I trªn BC Ta cã 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
r3 = IA.IB.IC.sin A
2 sin
B
2 sin
C
2
8 IA.IB.IC hay IA.IB.IC 8r3
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dơng, ta có: IA.IB3 + IB.IC3 + IC.IA3 3(IA.IB.IC)
❑
4
3 48r4 ( đpcm)
Dấu = xảy
¿
sin A sin
B
2 sin
C
2= IA IB3=IB IC3=IC IA3
¿{
¿
A = B = C hay ABC
(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) (+);