chuyen de hsg THPTBDT luong giac

Gäi I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp cña tam gi¸c ABC.[r]

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

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

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≥16S2

Chøng 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

Đặt T=

(

ab+bc+ca

3

)

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+ca

3

)

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

√

3

8 ⇒(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

(

4S

3

)

n

(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

]

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  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  c = a

Vµ 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)

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:

√

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 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+z

3

)

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=

(

p − a+p −b+p − c

3

)

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) ⇔

(

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 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

√

3

8 

(sinA.sinB.sinC) α

≤

(

3

√

3

8

)

α

=3 α

α

 VT(1*)

1

2

2

 



 (®pcm)

DÊu “ = ” x¶y ⇔sinA

sinB.sinC=

sinB

sinC sinA=

sinC

⇔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+ x

y.b

)(

b+ x

y.c

)(

c+ x y.a

)

≥

8(x+y)3S

√

S

4

√

27 y3 (1) Gi¶i Ta cã

(1) ⇔(ay+xb) (by+xc) (cy+xa)≥8(x+y)

S

√

S

4

√

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 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

√

3

8 a

b2c2 ⇒abc≥84S

√

S

√

27 Dấu “ = ” (6) xảy  sinA = sinB = sinC ABC

Suy (2) Vậy (1)

Dấu “ = ” (1) xảy ABC

Chó ý:

 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

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 giản

VÝ 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

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





3

1 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

 

 

 

  

Mµ pα3

√

43¿α.S α

¿

nªn VP(**)

√

3¿α.S

α

¿

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

√

ca

16 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

 

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

√

S

4

√

27 (4)

L¹i cã S = p r

√

427

√

S  r 

√

S

√

427  r (5)

Tõ (4) vµ (5) ta cã R 42

√

27

4

√

27 r = 2r (6)

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

4R , suy

pRr = abc ≥

8S

√

S

4

√

427=

2.

√

S.S

4

√

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)

S 3

√3

r2 (hay p 3 3.r); (10) abc 84S

√

S

√27

; (11)

R2 a

2

+b2+c2

9 ; (12) pRr

2S

√

S

4

√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) 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

√

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)

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

2

9aR2 3.bp18cr3 18 3abc pRr

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

3

16

3

S

abc pRr

Suy 9aR2 3.bp18cr 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

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 .

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

=

(

bc

b+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+

√

ab

2 ≥

3

√

abc≥

√

4 27.

√

S ?????? VP

√

427

√

S

Suy

la

cosA

+

lb

cosB

+

lc

cosC

2.

√

427

√

S (®pcm)

DÊu “=” x¶y

⇔

√

ab=

√

bc=

√

ca

abc=84S

√

S

√

27

¿{

⇔

√

ab=

√

bc=

√

ca

a=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

)

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

√

3

R

(đpcm)

Dấu = xảy

a=

1

b=

1

c  a = b = c  abc =

√

3R3

Bài 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 

√

3

2 (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

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 =

√

3

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

6

 la

2b+2c −a 2

√

3 T¬ng tù: lb

2c+2a −b

2

√3

; lc

2a+2b − c 2

√3

Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ta đợc

la+lb+lc 

√

3

2 (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 

√

3

2 (a + b + c); (5) ha.hb.hc≤pS

(6)

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)

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

p −c¿

3 p− b¿

3

+¿

(p − a)

+¿ ¿

 p + A83  A83  p  A83  A 

(

p

3

)

❑

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



  

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

√

S

4

√

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

1) a

lb 2+

b2 lc

2 +

c2 la

2≥4 ; 2) bc

la +

ca

lb +

ab

lc ≥4

4

√

3

√

S G i¶i

1) Theo công 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 vế (1), (2), (3) với nhau, ta đợc

la.lb.lc≤abc cos A cos

B

2 cos

C

2 ≤ 3

√

3

8 abc ⇒abc

la.lb.lc≥

8

3

√

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

a

lb2

+b

lc2

+c

la2

≥3

(

abc

la.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

   

  



  

 



  

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 ⇔abc

ha.hb.hc≥

8 3

√

3

Bài 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) ma

a +

mb

b +

mc

c ≥

3

√

3

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

a

a b c

a m  

 

⇔

a ma

≥ 2

√3

a

2

a2

+b2+c2 (3) T¬ng tù: b

mb

≥ 2

√3

b

2

a2+b2+c2 (4);

c mc

≥ 2

√3

c

2

a ma

+ b

mb + c

mc

≥2

√

3

(

a

2

+b2+c2

)

a2+b2+c2 =2

√

3

DÊu “ = ” 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

ma2

a2

+b2+c2

(6)

T¬ng tù: mb

b ≥

2√3mb2

a2

+b2+c2

(7); mc

c ≥

2

√

3m2c

a2

+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

(

a

2

+b2+c2

)

⇒ma

a +

mb

b +

mc

c ≥

2

√3

a2

+b2+c2 4

(

a

2

+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≤

+)

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:

+)

(

a

ma

)

q

+

(

b

mb

)

q

+

(

c

mc

)

q

≥3

(

√

3

)

q

(*)

+)

(

ma

a

)

q +

(

mb

b

)

q +

(

mc

c

)

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

+

(

b

mb

)

q

+

(

c

mc

)

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

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

 

 

 

⇒

(

a

ma

)

q

+

(

b

mb

)

q

+

(

c

mc

)

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

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− m

b

)

=3(b− a)(b+a) 4

(

mb

2

− 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

, suy

6

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

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=

(

9

4

)

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

√

27

xα

=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:

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)

(

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:

(

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.

(

h

a.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

[

(

m

a.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

¿ 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+z

2 −

√

yz

)

+

(

x+

y+z

2 +

√

yz

)

¿2x+y+z −

√yz

√

3

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

a+c cos

B

2 ≤

√

ac cos

B

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 − 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

¿2x+y+z

√

3 +

√

3.

√

x+y+z

√

3

2

(

√

y+

√

z

)

????

¿

√3

[

3(x+y+z)−

(

√

y −

√

z

2

)

2

]

 ma+lb+hc 2x+y+z −

√

yz

√3

+

x+y+z+3

4

(√

y+

√

z

)

√3

????

√

3(x+y+z)=

√

3

2 (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≤

√

3

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

√

3

2 (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)

(

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

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)

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 S

6 (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 ?????căn

ra.rb.rc

427 S

S

(

r

a.rb.rc

)

3≥

(

4

√

27 S

√

S

)

=3S2

(3)

L¹i cã rarbrc.

(

hahbhc

)

3≥3

2

(

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

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 +

(

p

3

)

m

+ +

(

p 3

)

⏟

(m −1)lanm

≥ m(p −a)

(

p 3

)

m −1

(3)

(p –b)m +

(

p

3

)

m

+ +

(

p 3

)

⏟

(m −1)lanm

≥ m(p −b)

(

p 3

)

m −1

(p – c)m +

(

p

3

)

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

(

p

3

)

m −1

= 3m

(

p3

)

m

 (p – a)m + (p – b)m + (p – c)m

(

p

3

)

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

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) (+);