Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố của tam giác, tứ giác.

1. Phương pháp giải.

  • Để chứng minh đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản để biến đổi vế này thành vế kia, hai vế cùng bằng một vế hoặc biến đổi tương đương về một đẳng thức đúng.
  • Để chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản, bất đẳng thức cạnh trong tam giác và bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, bunhiacôpxki,…)

2. Các ví dụ.

Ví dụ 1:

Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn ${{\sin }^{2}}A=\sin B.\sin C$. Chứng minh rằng

a) ${{a}^{2}}=bc$

b) $\cos A\ge \frac{1}{2}$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí sin ta có $\sin A=\frac{a}{2R},\,\,\sin B=\frac{b}{2R},\,\sin C=\frac{c}{2R}$

Suy ra ${{\sin }^{2}}A=\sin B.\sin C\Leftrightarrow {{\left( \frac{a}{2R} \right)}^{2}}=\frac{b}{2R}.\frac{c}{2R}\Leftrightarrow {{a}^{2}}=bc$ đpcm

b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có

$\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-bc}{2bc}\ge \frac{2bc-bc}{2bc}=\frac{1}{2}$ đpcm

Ví dụ 2:

Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng:

a) $\cos \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$    

b) $\sin A+\sin B+\sin C=4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$

Lời giải:

a) Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa $AD=AB=c$ suy ra tam giác $BDA$ cân tại A và $\widehat{BDA}=\frac{1}{2}\widehat{A}$.

Áp dụng định lý hàm số Côsin cho $\Delta ABD$, ta có:

$\begin{align}
& B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos \widehat{BAD} \\
& \text{ =}\,2{{c}^{2}}-2{{c}^{2}}.\cos ({{180}^{0}}-A) \\
& \text{ =}\,2{{c}^{2}}(1+\cos A)=2{{c}^{2}}(1+\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}) \\
& \text{ }=\frac{c}{b}(a+b+c)(b+c-a)=\frac{4c}{b}p(p-a)\text{ } \\
\end{align}$

Suy ra $BD=2\sqrt{\frac{cp(p-a)}{b}}\text{ }$

Gọi I là trung điểm của BD suy ra $AI\bot BD$.

Trong tam giác $ADI$ vuông tại I, ta có

$\cos \frac{A}{2}=\cos \widehat{ADI}=\frac{DI}{AD}=\frac{BD}{2c}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$.

Vậy$\cos \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$.

b) Từ định lý hàm số sin, ta có: $\sin A+\sin B+\sin C=\frac{a}{2R}+\frac{b}{2R}+\frac{c}{2R}=\frac{p}{R}$ (1)

Theo câu a) ta có $\cos \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$, tương tự thì $\cos \frac{B}{2}=\sqrt{\frac{p(p-b)}{ca}}$ và $\cos \frac{C}{2}=\sqrt{\frac{p(p-c)}{ab}}$,

kết hợp với công thức $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}=\frac{abc}{4R}$

Suy ra $4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}=4\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}\sqrt{\frac{p(p-b)}{ca}}\sqrt{\frac{p(p-c)}{ab}}$

$=\frac{4p}{abc}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{4pS}{abc}=\frac{p}{R}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\sin A+\sin B+\sin C=4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}$

Nhận xét: Từ câu a) và  hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công thức $\sin \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}\text{;}\,\,\tan \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}};\,\,\,\cot \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$

Ví dụ 3:

Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng:

a) $\cot A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$

b) $\cot A+\cot B+\cot C\ge \sqrt{3}$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin và công thức $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ ta có:

 $\cot A=\frac{\cos A}{\sin A}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc\sin A}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$  đpcm

b) Theo câu a) tương tự ta có $\cot B=\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{4S}$, $\cot C=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4S}$

Suy ra $\cot A+\cot B+\cot C=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}+\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{4S}+\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{4S}$

$=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4S}$

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có $\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)\le {{\left( \frac{3p-a-b-c}{3} \right)}^{3}}={{\left( \frac{p}{3} \right)}^{3}}$

Mặt khác $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}\Rightarrow S\le \sqrt{p\frac{{{p}^{3}}}{27}}=\frac{{{p}^{2}}}{3\sqrt{3}}$

Ta có ${{p}^{2}}=\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{4}\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{4}$ suy ra $S\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4\sqrt{3}}$

Do đó $\cot A+\cot B+\cot C\ge \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4.\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4\sqrt{3}}}=\sqrt{3}$ đpcm.

Ví dụ 4:

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}=5{{a}^{2}}$.

Lời giải:

Gọi G là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Khi đó hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam giác $GBC$ vuông tại G

$\Leftrightarrow G{{B}^{2}}+G{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{2}{3}{{m}_{b}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{2}{3}{{m}_{c}} \right)}^{2}}={{a}^{2}}$ (*)

Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có

$m_{b}^{2}=\frac{2({{a}^{2}}+{{c}^{2}})-{{b}^{2}}}{4},\,\,\,m_{c}^{2}=\frac{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-{{c}^{2}}}{4}$

Suy ra $(*)\Leftrightarrow \frac{4}{9}\left( m_{b}^{2}+m_{c}^{2} \right)={{a}^{2}}$

\[\Leftrightarrow \frac{4}{9}\left[ \frac{2\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{b}^{2}}}{4}+\frac{2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-{{c}^{2}}}{4} \right]={{a}^{2}}\]

\[\Leftrightarrow 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=9{{a}^{2}}\]

\[\Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}=5{{a}^{2}}\]  (đpcm)

Ví dụ 5:

Cho tứ giác ABCD có E, F là trung điểm các đường chéo. Chứng minh :  $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}+4E{{F}^{2}}$

Lời giải:

Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác $ABC$ và $ADC$ ta có:

$A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2B{{E}^{2}}+\frac{A{{C}^{2}}}{2}$ (1)

$C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=2D{{E}^{2}}+\frac{A{{C}^{2}}}{2}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

$A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=2\left( B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}} \right)+A{{C}^{2}}$

Mặt khác EF là đường trung tuyến tam giác $BDF$ nên $B{{E}^{2}}+D{{E}^{2}}=2E{{F}^{2}}+\frac{B{{D}^{2}}}{2}$

Suy ra $A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}+D{{A}^{2}}=A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}+4E{{F}^{2}}$

3. Bài tập luyện tập.

Bài 1:

Chứng minh rằng trong mọi tam giác $ABC$ ta có;

a)  $a=b.\cos C+c.\cos B$                                                                     

b) $\sin A=\sin B\cos C+\sin C\cos B$

c) ${{h}_{a}}=2R\sin B\sin C$                                                              

d) $m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2}=\frac{3}{4}({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})$

e) ${{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}\sqrt{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} \right)}^{2}}}$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin ta có:

$VP=b.\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}+c.\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ca}=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a}=a=VT$b) $\sin A=\sin B\cos C+\sin C\cos B\Leftrightarrow \frac{a}{2R}=\frac{b}{2R}.\cos C+\frac{c}{2R}.\cos B$

$\Leftrightarrow a=b.\cos C+c.\cos B$ (câu a)

c) ${{h}_{a}}=2R\sin B\sin C\Leftrightarrow \frac{2S}{a}=2R\frac{b}{2R}\sin C\Leftrightarrow S=\frac{1}{2}ab\sin C$ (đúng)

d) Áp dụng công thức đường trung tuyến.

e) $\sqrt{A{{B}^{2}}.A{{C}^{2}}-{{\left( \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} \right)}^{2}}}=AB.AC\sqrt{1-{{\cos }^{2}}A}=AB.AC.\sin A$

Từ đó suy ra đpcm.

Bài 2:

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

a)  $b+c=2a$ $\Leftrightarrow \frac{2}{{{h}_{a}}}=\frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}$    

b) Góc A vuông $\Leftrightarrow m_{b}^{2}+m_{c}^{2}=5m_{a}^{2}$

Lời giải:

a) $b+c=2a\Leftrightarrow \frac{2S}{{{h}_{b}}}+\frac{2S}{{{h}_{c}}}=2.\frac{2S}{{{h}_{a}}}\Leftrightarrow \frac{1}{{{h}_{b}}}+\frac{1}{{{h}_{c}}}=\frac{2}{{{h}_{a}}}$

b) $m_{b}^{2}+m_{c}^{2}=5m_{a}^{2}\Leftrightarrow \frac{2({{a}^{2}}+{{c}^{2}})-{{b}^{2}}}{4}+\frac{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-{{c}^{2}}}{4}=5.\frac{2({{b}^{2}}+{{c}^{2}})-{{a}^{2}}}{4}$

$\Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{a}^{2}}\Leftrightarrow $ Góc A vuông

Bài 3:

Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn ${{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}}$. Chứng minh rằng

a) Tam giác $ABC$ nhọn

b) $2{{\sin }^{2}}A=\tan B\tan C$

Lời giải:

a) Dễ thấy $a>b,\,\,a>c\Rightarrow $ góc A là lớn nhất

Và ${{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}}<{{a}^{2}}.{{b}^{2}}+{{a}^{2}}.{{c}^{2}}\Rightarrow {{a}^{2}}<{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

Mặt khác theo định lí côsin ta có $\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}\Rightarrow \cos A>0$ do đó $\widehat{A}<{{90}^{0}}$. Vậy tam giác $ABC$ nhọn.

b) $2{{\sin }^{2}}A=\tan B\tan C\Leftrightarrow 2{{\sin }^{2}}A.\cos B.\cos C=\sin B\sin C$

$\begin{align}
& \Leftrightarrow 2{{\left( \frac{a}{2R} \right)}^{2}}.\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}.\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}=\frac{b}{2R}.\frac{c}{2R} \\
& \Leftrightarrow {{a}^{4}}={{b}^{4}}+{{c}^{4}} \\
\end{align}$

Bài 3:

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng nếu $\cot A=\frac{1}{2}\left( \cot B+\cot C \right)$ thì ${{b}^{2}}=\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$.

Lời giải:

Áp dụng $\cot A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$

Bài 4:

Gọi S là diện tích tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:

a) $S=2{{R}^{2}}\sin A\sin B\sin C$.

b) $S=Rr(\sin A+\sin B+\sin C)$.

Lời giải:

a) Ta có $S=\frac{abc}{4R}=\frac{2R\sin A.2R\sin B.2R\sin C}{4R}=2{{R}^{2}}\sin A\sin B\sin C$

b) $S=pr=\frac{a+b+c}{2}.r=\frac{2R\sin A+2R\sin B+2R\sin C}{2}r$

Bài 5:

Cho tứ giác lồi $ABCD$, gọi a là góc hợp bởi hai đường chép AC và BD.  Chứng minh diện tích S của tứ giác cho bởi công thức: $S=\frac{1}{2}AC.BD.\sin \alpha $.

Lời giải:

Gọi I là giao điểm hai đường chéo. Khi đó

$\begin{align}
& S={{S}_{ABI}}+{{S}_{BCI}}+{{S}_{CDI}}+{{S}_{DAI}} \\
& =\frac{1}{2}AI.BI.\sin \widehat{AIB}+\frac{1}{2}BI.CI.\sin \widehat{BIC}+\frac{1}{2}CI.DI.\sin \widehat{CID}+\frac{1}{2}DI.AI.\sin \widehat{DIA} \\
\end{align}$

Ta có các góc $\widehat{AIB},\,\,\widehat{BIC},\,\,\widehat{CID}$ và $\widehat{DIA}$ đôi một bù nhau suy ra

$\sin \widehat{AIB}=\,\sin \widehat{BIC}=\,\sin \widehat{CID}=\sin \widehat{DIA}=\sin \alpha $

Do đó $S=\frac{1}{2}BI.AC.\sin \alpha +\frac{1}{2}ID.AC.\sin \alpha =\frac{1}{2}AC.BD.\sin \alpha $

Bài 6:

Cho tam giác ABC có $\widehat{BAC}={{120}^{0}}$, AD là đường phân giác trong (D thuộc BC). Chứng minh rằng $\frac{1}{AD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$

Lời giải:

Với $AB=AC$ ta có đpcm

Với $AB\ne AC$. Ta có: $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$

$B{{D}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos {{60}^{o}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD$

$C{{D}^{2}}=A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AC.AD.\cos {{60}^{o}}=A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD$

\[\begin{align}
& \Rightarrow \frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{B{{D}^{2}}}{D{{C}^{2}}}=\frac{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD}{A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD} \\
& \Leftrightarrow A{{B}^{2}}(A{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-AC.AD)=A{{C}^{2}}(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-AB.AD) \\
\end{align}\]

\[\begin{align}
& \Leftrightarrow (A{{B}^{2}}-A{{C}^{2}})A{{D}^{2}}=AB.AC.AD(AB-AC) \\
& \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} AB=AC \\
AD=\frac{AB.AC}{AB+AC} \\
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \frac{1}{AD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC} \\
\end{align}\]

Bài 7:

Cho tam giác $ABC$, chứng minh rằng:

a)  $\frac{\cos A+\cos B}{a+b}=\frac{\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)}{2abc}$

b)$\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)\tan A=\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\tan B$

Lời giải:

a) Áp dụng định lí côsin, ta có:

$\begin{align}
& 2abc\left( \cos A+\cos B \right)=2abc.\left( \frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}+\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac} \right) \\
& =a\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}} \right)+b\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}} \right)=\left( a+b \right)\left[ {{c}^{2}}-{{\left( a+b \right)}^{2}} \right] \\
& =\left( a+b \right)\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right) \\
\end{align}$

Suy ra $\frac{\cos A+\cos B}{a+b}=\frac{\left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)}{2abc}$

b) Áp dụng định lí sin và côsin, ta có:

$\frac{\tan A}{\tan B}=\frac{\sin A\cos B}{\sin B\cos A}=\frac{\frac{a}{2R}.\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}}{\frac{b}{2R}.\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}}=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}$

Suy ra$\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)\tan A=\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)\tan B$

Bài 8.

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng

a) ${{h}_{a}}\le \sqrt{p(p-a)}$

b) ${{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le {{R}^{2}}{{(a+b+c)}^{2}}$

Lời giải:

a) Ta có ${{S}_{ABC}}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{1}{2}a.{{h}_{a}}$

Mặt khác $(a+b-c)(a+c-b)={{a}^{2}}-{{(b-c)}^{2}}\le {{a}^{2}}$

$\Rightarrow \sqrt{(p-b)(p-c)}\le \frac{1}{2}a\Rightarrow {{h}_{a}}\le \sqrt{p(p-a)}$

b)  Vì $S=\frac{abc}{4R}=\frac{1}{2}a{{h}_{a}}=\frac{1}{2}b{{h}_{b}}=\frac{1}{2}c{{h}_{c}}$ nên bất đẳng thức tương đương với

$\frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{R}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{{{R}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}{{a}^{2}}}{{{R}^{2}}}\le {{(a+b+c)}^{2}}\Leftrightarrow 4\left( {{h}_{a}}^{2}+{{h}_{b}}^{2}+{{h}_{c}}^{2} \right)\le {{(a+b+c)}^{2}}$

Sử dụng câu a) suy ra

$4\left( {{h}_{a}}^{2}+{{h}_{b}}^{2}+{{h}_{c}}^{2} \right)\le {{(b+c)}^{2}}-{{a}^{2}}+{{(c+a)}^{2}}-{{b}^{2}}+{{(a+b)}^{2}}-{{c}^{2}}={{(a+b+c)}^{2}}$Vậy ${{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le {{R}^{2}}{{(a+b+c)}^{2}}$

Bài 9.

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

 $\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( p-a \right)}^{2}}}+\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( p-b \right)}^{2}}}+\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( p-c \right)}^{2}}}\le \sqrt{ab+bc+ca}$

Lời giải:

Ta có $S=pr\Rightarrow {{r}^{2}}=\frac{{{S}^{2}}}{{{p}^{2}}}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}$

$\Rightarrow {{r}^{2}}+{{(p-a)}^{2}}=(p-a)[\frac{(p-b)(p-c)}{p}+p-a]=\frac{(p-a)bc}{p}$

Tương tự ${{r}^{2}}+{{(p-b)}^{2}}=\frac{(p-b)ac}{p},{{r}^{2}}+{{(p-c)}^{2}}=\frac{(p-c)ab}{p}$

Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với

$\sqrt{(p-a)bc}+\sqrt{(p-b)ac}+\sqrt{(p-c)ab}\le \sqrt{p(ab+bc+ca)}$

BĐT này đúng vì theo CauChy-Schwarz ta có

$\begin{align}
& \sqrt{(p-a)bc}+\sqrt{(p-b)ac}+\sqrt{(p-c)ab} \\
& \le \sqrt{(p-a+p-b+p-c)(ab+bc+ac)}=\sqrt{p(ab+bc+ca)} \\
\end{align}$

Bài 10.

Cho tam giác $ABC$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng

\[r=(p-a)\tan \frac{A}{2}=(p-c)\tan \frac{B}{2}=(p-c)\tan \frac{C}{2}\].

Lời giải:

Ta có: $S=pr\Leftrightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$

$(p-a)\tan \frac{A}{2}=(p-a)\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}}$

Từ đó: $r=(p-a)\tan \frac{A}{2}$

Tương tự: $r=(p-b)\tan \frac{B}{2}$ và $r=(p-c)\tan \frac{C}{2}$.

Do đó : $r=(p-a)\tan \frac{A}{2}=(p-b)\tan \frac{B}{2}=(p-c)\tan \frac{C}{2}$.

Bài 11.

Cho tam giác $ABC$ có $\frac{c}{b}=\frac{{{m}_{b}}}{{{m}_{c}}}\ne 1$. Chứng minh rằng $2\cot A=\cot B+\cot C$

Lời giải:

Áp dụng $\cot A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ suy ra $2\cot A=\cot B+\cot C\Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}$

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có $\frac{c}{b}=\frac{{{m}_{b}}}{{{m}_{c}}}\Leftrightarrow {{c}^{2}}.\frac{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-{{c}^{2}}}{4}={{b}^{2}}.\frac{2({{a}^{2}}+{{c}^{2}})-{{b}^{2}}}{4}\Leftrightarrow {{b}^{4}}-{{c}^{4}}=2{{a}^{2}}\left( {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)$Suy ra ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}$ đpcm.

Bài 12.

Cho M là điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{MBC}=\widehat{MCA}=\alpha $.

Chứng minh rằng : $\cot \alpha =\cot A+\cot B+\cot C$

Lời giải:

Áp dụng định lí côsin trong tam giác $MAB$, ta có

$B{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-2AB.AD.\cos \alpha $

Mặt khác ${{S}_{ABM}}=\frac{1}{2}AB.AM.\sin \alpha \Rightarrow B{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}-4{{S}_{MAB}}.\cot \alpha $

Tương tự ta có $C{{D}^{2}}=B{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}-4{{S}_{MBC}}.\cot \alpha ,\,\,A{{D}^{2}}=A{{C}^{2}}+C{{D}^{2}}-4{{S}_{MCA}}.\cot \alpha $

Cộng vế với vế suy ra $\cot \alpha =\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{4S}=\cot A+\cot B+\cot C$

Bài 13.

Cho tam giác $ABC$  có trọng tâm G  và $\widehat{GAB}=\alpha ,\,\,\widehat{GBC}=\beta ,\,\,\widehat{GCA}=\gamma $

Chứng minh rằng $\cot \alpha +\cot \beta +\cot \gamma =\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{4S}$

Lời giải:

Áp dụng $\cot A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4S}$ và công thức đường trung tuyến với chú ý \[{{S}_{GBC}}={{S}_{GCA}}={{S}_{GAB}}\]

Bài 13.

Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $\left( a-b \right)\cot \frac{C}{2}+\left( b-c \right)\cot \frac{A}{2}+\left( c-a \right)\cot \frac{B}{2}=0$

Lời giải:

C1: Gọi D là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp $\left( I;r \right)$ tam giác với BC. Suy ra $a=BD+DC=r\left( \cot \frac{B}{2}+\cot \frac{C}{2} \right)$, tương tự ta có  $b=r\left( \cot \frac{C}{2}+\cot \frac{A}{2} \right)$

Do đó $\left( a-b \right)\cot \frac{C}{2}=r\left( \cot \frac{B}{2}\cot \frac{C}{2}-\cot \frac{C}{2}\cot \frac{A}{2} \right)$

Xây dựng các biểu thức tương tự và cộng lại suy ra đpcm.

C2: $(a-b)\cot \frac{C}{2}+(b-c)\cot \frac{A}{2}+(c-a)\cot \frac{B}{2}=0$

$\begin{align}
& \Leftrightarrow (a-b)\sqrt{\frac{p(p-c)}{(p-a)(p-b)}}+ \\
& +(b-c)\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}+(c-a)\sqrt{\frac{p(p-b)}{(p-a)(p-c)}}=0 \\
\end{align}$

$\Leftrightarrow (a-b)(p-c)+(b-c)(p-a)+(c-a)(p-b)=0$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}-{{b}^{2}}-c(a-b)+{{b}^{2}}-{{c}^{2}}-a(b-c)+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}-b(c-a)=0$

Điều này luông đúng. Vậy ta có đpcm.

Bài 14:

Cho hình bình hành $ABCD$ có $AC=3AD$. Chứng minh rằng \[\cot \widehat{BAD}\ge \frac{4}{3}\]

Lời giải:

Ta có $A{{C}^{2}}+B{{D}^{2}}=2(A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}})\Rightarrow A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=5B{{D}^{2}}$ .

Sử dụng định lý côsin và bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được $\cos \widehat{BAD}\ge \frac{4}{5}\Rightarrow \cot \widehat{BAD}\ge \frac{4}{3}$.

Bài 15.

Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh rằng ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}.S$

Lời giải:

C1: Áp dụng công thức diện tích Hêrông và bất đẳng thức cauchy

C2: Áp dụng định lí côsin và công thức tính diện tích ta có 

$\begin{align}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}.S\Leftrightarrow 2\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}+bc\cos A \right)\ge 4\sqrt{3}.\frac{1}{2}bc\sin A \\
& \Leftrightarrow {{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge bc\left( \sqrt{3}\sin A+\cos A \right) \\
\end{align}$

Bất đẳng thức cuối đúng vì  ${{\left( \sqrt{3}\sin A+\cos A \right)}^{2}}\le 4\left( {{\sin }^{2}}A+{{\cos }^{2}}A \right)=4$ và ${{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2bc$

Translate »
error: Content is protected !!