một cung) hay BAC HOC. Tương tự có ABC AOI ACB; BOK. Từ đó
cosA cosB cosC cosHOC cosAOI cosBOK OH OI OK OH OI OK
OC OA OB R (1). Nhưng theo bất đẳng thức
Erdos – Mordell cho điểm O nằm trong tam giác ABC ta có 2
OA OB OC
OH OI OK (2)
Từ (1) và (2) suy ra 3
cos cos cos
A B C 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
b). Dựng AA1 BC BB; 1 AC CC; 1 AB. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
Do đó tứ giác BC HA1 1 nội tiếp nên
ABC A HC1 . Tứ giác CA HB1 1 nội tiếp nên ACB B HA1 . Tứ giác
C1
B1
A1 H
B C
A
1 1
AC HB nội tiếp nên BAC C HB1 . Do đó
1 1 1
1 1 1
. . cos .cos .cos cos .cos .cos
. . HA HB HC A B C AHC B HA C HB
HAHB HC (3) Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có:
1 1 1
. . 8 . .
HAHB HC HA HB HC . Từ (3) suy ra 1 cos .cos .cos
A B C 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chú ý: Do tam giác ABC nhọn nên cosA,cos B,cosC 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: cosA cosB cosC 3 cos .cos .cos3 A B C . Theo
chứng minh trên ta có: 3
cos cos cos
A B C 2 suy ra
3 3 1
3 cos .cos .cos cos .cos .cos
2 8
A B C A B C
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC nhọn, gọi I I I I, , ,a b c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm các đường tròn bàng tiếp tương ứng với các đỉnh A B C, , của tam giác đó; r là bán kính của đường tròn I . Chứng minh rằng:
a) IAIB IC. . 8r3. b) IIa IIb IIc 12r. c) II II IIa. .b c 64r3. d) IIa IIb IIc 6 r . Hướng dẫn giải:
a). Gọi H J K, , lần lượt là tiếp điểm của đường tròn I với các cạnh
, ,
BC CA AB. Sử dụng bất đẳng
thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: Ic Ib
Ia
I C
B
A
. . 8 . . IAIB IC IH IJ IK,
hay IAIB IC. . 8r3 (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Lưu ý: Bất đẳng thức ở câu a) cũng đúng cho tam giác ABC bất kỳ.
b) Nhận xét rằng điểm I là trực tâm của tam giác I I Ia b c. Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I đối với tam giác I I Ia b c ta nhận
được:IIa IIb IIc 2 IA IB IC 12r (theo kết quả của ví dụ 1).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
c) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích cho điểm I đối với tam giác I I Ia b c ta nhận được II II IIa. .b c 8 . .IAIB IC 64r3 (theo kết quả câu a). đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
d) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng căn thức cho điểm I trong tam giác I I Ia b c ta có IIa IIb IIc 2 IA IB IC (1).
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng căn thức cho điểm I đối với tam giác ABC ta được:
2 3 2.
IA IB IC IH IJ IK r (2)
Từ (1) và (2) suy ra IIa IIb IIc 6 r (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC với BC a CA b AB, , , c. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh bất đẳng thức
24 3 3
abc r . Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải:
Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC. Từ công thức Heron
2
SABC p p a p b p c và SABC p r. . (1)
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Theo định lý Pythagore và từ (1) ta có:
2 2 2
2. 2. 2 2 2 2
IA IB IC r p a r p b r p c p a bc p b ac p c ab
p p p (2).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
3 3
p a p b p c
p p a p b p c hay
3
27
p a p b p c p (3). Từ (2) và (3) suy ra
2 2 2
2. 2. 2 . .
27 3 3
a b c abc
IA IB IC IA IB IC (4). Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IAIB IC. . 8r3 (5)
Từ (4) và (5) ta suy ra abc 24 3r3 (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Chú ý: Các bạn nếu đã quen làm với định lí sin trong tam giác ABC thì thấy a 2 sin ;R A b 2 sin ;R B c 2 sinR C (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Khi đó từ bất đẳng thức abc 24 3r3 ta nhận được bất đẳng thức: 8R3sin .sin .sinA B C 24 3r3 ta nhận được bất đẳng thức.
Hệ quả. Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức
3
sin .sin .sin 3 3 r
A B C
R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 6. Giả sử đường tròn tâm I bán kính rnội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , theo thứ tự tại A B C1, ,1 1. Chứng minh bất đẳng thức AB BC CA. . 8AB BC C A1 1. 1 1. 1 1. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải:
Đặt BC a AC, b AB, c và p là nửa chu vi tam giác ABC. Sử dụng định lý Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp IC AB IC BA IACB1 1; 1 1; 1 1 ta thấy
1 1 1 1 1 1
. . .
IABC IB AC IC AB hay IAB C. 1 1 2r p a (1) Tương tự IB AC. 1 1 2r p b (2);
1 1
. 2
IC AB r p c (3)
Nhân các đẳng thức (1),(2) và (3)
theo vế ta được:
3
1 1 1 1 1 1
. . 8
. .
r p a p b p c IAIB IC
B C C A AB (4). Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:
C1 A
B C
I
A1 B1
2 2
2 4 ;
p a p b c p a p b
2 2
2 4
p b p c a p b p c
2 2
2 4
p c p a b
p c p a . Nhân ba bất đẳng thức theo vế
ta thu được
8
p a p b p c abc (5). Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có IAIB IC. . 8r3 (6). Từ (4),(5),(6) suy ra
1 1 1 1 1 1
. . 8 . .
AB BC CA AB BC C A (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Từ (1),(2) và (3) suy ra
2 a b c
PA PB PC d d d . Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức Erdos – Mordell. Từ đây ta có đpcm.
Ví dụ 7. Giả sử Hlà trực tâm của tam giác nhọnABC. Gọi D E F, , lần lượt là trung điểm của BC CA AB, , ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Chứng minh bất đẳng thức 3
HD HE HF 2R Hướng dẫn giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC. Ta có các kết quả sau:
+) là trung điểm của OH. +) Bán kính đường tròn Euler của tam giác ABC bằng nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
w O
F E
B D
A
H
C
giác đó.(Xem them phần đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le).
Sử dụng hai kết quả trên ta có: HD OD 2 D R; 2
HE OE E R;HF OF 2 F R. Cộng theo vế ba bất đẳng
thức ta được: HD HE HF 3R OD OE OF (1)
Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm trong tam giác
ABC ta có: 3
2 2
OA OB OC R
OD OE OF (2). Từ (1) và (2)
suy ra 3
HD HE HF 2R (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 8. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O bán kính R. Các đường cao AA BB CC1, 1, 1 đồng quy tại H. Kẻ OO1 vuông góc với
, 2
BC OO vuông góc với AC OO, 3 vuông góc với AB. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 2 3
3 2 HA HB HC OO OO OO R.
Hướng dẫn giải:
Nhận xét rằng HA 2OO HB1; 2OO HC2; 2OO3 Xem thêm phần đường tròn
Ơ le- Đường thẳng Ơ le
(Áp dụng đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm Htrong tam giác ABC, ta có:
1 1 1 2 1 2 3
HA HB HC
HA HB HC OO OO OO .
O1 OC31 O2
B1
C H
A
B
O
A1
Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O trong tam giác ABC
ta có: 1 2 3 3
2 2
OA OB OC R
OO OO OO (đpcm)
Ví dụ 9. Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi R R Ra, ,b c theo thứ tự là khoảng cách từ điểm M đến các đỉnh
, ,
A B C . Còn d d da, ,b c lần lượt là khoảng cách từ điểm M đến các cạnh , ,
BC CA AB. Chứng minh bất đẳng thức 2 a c c a a b
a b c
a b c
d d d d d d d d d
R R R . Giải:
Gọi A B C1, ,1 1 theo thứ tự là chân các đường vuông góc
kẻ từ M lên các cạnh BC CA AB, , . Ta có BC1 1 MA.sinA Ra.sin ;A
1 1 .sin b.sin
C A MB B R B
1 1 .sin c.sin
AB MC C R C. Kẻ MA2 vuông góc với BC1 1; MB2 vuông góc với C A1 1; MC2 vuông góc với AB1 1. Khi đó
1 1
2 1 1 2 1 1
. .
.sin .sin b c
a
MB MC d d MA MB MB A MB MAC
MA R (1)
1 1
2 1 1 2 1 1
.sin .sin . a c
b
MA MC d d MB MC MC B MC MBA
MB R (2)
1 1
2 1 1 2 1 1
. .
.sin .sin b a
c
MB MA d d MC MA MAC MA MCB
MC R (3)
A1 O B
A
H
C B1
C1 A2
C2 B2