MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
TRONG TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC


1

Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.. Các bất đẳng thức đại số cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.. Các đẳng thức và bất đẳng thức đơn giản trong tam giác . . . .
2.1.. Các đẳng thức đơn giản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.. Các bất đẳng thức đơn giản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.. Bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
2
4
6
6
8

9

3.1.. Bất đẳng thức về độ dài các cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.2.. Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

4.. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình học . . . . . . .
5.. Bất đẳng thức trong các tam giác đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.. Các bất đẳng thức trong tam giác đều. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm
nhiều. Một trong những nguyên nhân gây khó giải quyết vấn đề này là
vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường
hay được áp dụng trong hình học và càng không phải là phương pháp đại
số thuần túy. Để giải một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết
phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp
và nhạy bén.
Chuyên đề này giới thiệu một số bất đẳng thức hình học từ cơ bản
đến nâng cao và mở rộng. Các bài toán về bất đẳng thức hình học được
trình bày trong tài liệu này có thể tạm phân thành các nhóm sau:
I. Nhóm các bài toán mà trong lời giải đòi hỏi nhất thiết phải có hình
vẽ. Phương pháp giải các bài toán nhóm này chủ yếu là "phương pháp
hình học", như vẽ thêm đường phụ, sử dụng tính chất giữa đường vuông
góc và đường xiên, giữa đường thẳng và đường gấp khúc, quan hệ giữa
các cạnh, giữa cạnh và góc trong một tam giác, hay tứ giác v.v.. Bất
đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng thuộc nhóm này là nội dung
thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán hay thi vào các trường
chuyên.
II. Nhóm thứ hai gồm các bài toán mà khi giải chúng cần phải sử
dụng các hệ thức lượng đã biết, như các hệ thức lượng giác, hệ thức
đường trung tuyến, đường phân giác, công thức các bán kính, công thức
diện tích của tam giác v.v.. Các bài toán này đã được quan tâm nhiều và


3

chúng được trình bày khá phong phú trong các tài liệu [3,7].
III. Nhóm thứ ba gồm các bài toán liên quan đến các bất đẳng thức
hình học nổi tiếng, đặc biệt là bất đẳng thức Ptolemy.
Chuyên đề "Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác và


Hệ quả 2. Với mọi bộ số dương a1 , a2 , ..., an , ta đều có
1
1
1
n
+
+ ... +
≥
.
a1 a2
an
a1 + a2 + ... + an

(3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Hệ quả 3. Với mọi bộ số không âm a1 , a2 , ..., an và m = 1, 2, ... ta đều có
m
m
am
1 + a2 + ... + an
≥
n

a1 + a2 + ... + an
n

m


i, Nếu f (x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì
f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) ≥ nf

x1 + x2 + ... + xn
n

.

x1 + x2 + ... + xn
n

.

ii, Nếu f (x) < 0 với mọi x ∈ I (a, b) thì
f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) ≤ nf

Ở đây I (a, b) nhằm ngầm định là một trong bốn tập hợp
(a, b) , [a, b) , (a, b] , [a, b].
Định lý 4. (Bất đẳng thức Chebyshev) Cho hai dãy số thực đơn điệu
cùng chiều a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó ta có
a1 b1 + a2 b2 ... + an bn ≥

1
(a1 + a2 + ... + an ) (b1 + b2 + ... + bn ) .
n

(6)

Chú ý 1. Nếu hai dãy số thực a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn đơn điệu ngược
chiều thì bất đẳng thức trên đổi chiều.

+
≥ .
(8)
x2 + x3 x3 + x4
xn + x1 x1 + x2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn .

2.. Các đẳng thức và bất đẳng thức đơn giản trong
tam giác
2.1.. Các đẳng thức đơn giản trong tam giác
Định lý 6. (Định lý hàm số sin) Trong tam giác ABC ta có
a
b
c
=
=
= 2R.
sinA sinB
sinC
Định lý 7. (Định lý hàm số cosin) Trong tam giác ABC ta có
a2 = b2 + c2 − 2bccosA, b2 = c2 + a2 − 2cacosB, c2 = a2 + b2 − 2abcosC.
Định lý 8. (Các công thức về diện tích) Diện tích tam giác ABC được
tính theo một trong các công thức sau
1
1
1
S = aha = bhb = chc
(9)
2

cạnh kề hai đoạn ấy .
Định lý 10. (Công thức đường phân giác) Trong tam giác ABC ta có
la =

2bc
A
cos ,
b+c
2

lb =

2ca
B
cos ,
c+a
2

lc =

2ab
C
cos .
a+b
2

Định lý 11. (Định lý đường trung tuyến) Trong một tam giác, ba đường
trung tuyến gặp nhau tại một điểm được gọi là trọng tâm của tam giác.
Trên mỗi đường trung tuyến, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng
hai lần khoảng cách trọng tâm đến chân đường trung tuyến.

r = (p − a) tan = (p − b) tan = (p − c) tan .
2
2
2
Định lý 14. (Công thức bán kính đường tròn bàng tiếp) Trong tam giác
ABC ta có
A
B
C
ra = p tan , rb = p tan , rc = p tan .
2
2
2
Định lý 15. (Các hệ thức lượng giác cơ bản) Với mọi tam giác ABC ta
luôn có các hệ thức sau
A
B
C
cos cos ,
2
2
2
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C,
A
B
C
cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin ,
2
2
2

2
2
2
2
2
2
A
B
B
C
C
A
tan tan + tan tan + tan tan = 1,
2
2
2
2
2
2
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.

cot

(22)
(23)
(24)

Riêng với hệ thức (21) thì tam giác ABC cần giả thiết không phải là
tam giác vuông.
2.2.. Các bất đẳng thức đơn giản trong tam giác

A
B
C
3
sin + sin + sin ≤ ,
(28)
2
2
2
2
A
B
C
1
sin sin sin ≤ ,
(29)
2
2
2
8
1
cos A cos B cos C ≤ ,
(30)
8
9
(31)
sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ ,
4
A
B

Chứng minh

Hình 1: Hai đường tròn không cắt nhau

Rõ ràng là hai đường tròn đã cho ở ngoài nhau (hình 1 A) thì ta có
R + R < d. Nếu hai đường tròn này chứa nhau (hình 1 B) thì ta cũng có
ngay d < R − R . Nếu hai đường tròn đã cho cắt nhau tại một điểm M
thì theo bất đẳng thức về ba cạnh của tam giác OO M , với O và O lần
lượt là tâm của đường tròn bán kính R và R , ta có R − R ≤ d ≤ R + R .
Đảo lại, nếu ta có R − R ≤ d ≤ R + R , thì hai đường tròn đã cho
không thể ngoài nhau hoặc chứa nhau được (nếu không phải có R+R < d
hoặc d < R − R ). Do đó chúng chỉ có thể cắt nhau.
Định lý 19. Các số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác khi
và chỉ khi a + b > c, b + c > a, c + a > b.
Chứng minh Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì theo bất đẳng
thức về 3 cạnh của tam giác ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b.
Ngược lại, nếu có a, b và c là 3 số thực dương thỏa mãn bất đẳng thức
a + b > c, b + c > a, c + a > b, thì ta có thể chọn hai điểm A và B trên mặt


10

phẳng cách nhau một khoảng c. Lấy A và B làm tâm dựng hai đường tròn
bán kính tương ứng là b và a. Từ bất đẳng thức a+b > c, b+c > a, c+a > b
ta dễ dàng có bất đẳng thức |a − b| < c < a + b. Theo định lí 18 thì hai
đường tròn tâm A và B phải cắt nhau tại một điểm C. Vậy độ dài a, b, c
thỏa mãn bất đẳng thức a + b > c, b + c > a, c + a > b là độ dài các cạnh
của tam giác ABC theo cách dựng trên.
Định lý 20. Cho trước tam giác ABC và một điểm M ở trong tam giác
. Khi đó ta có

M A + M B < CA + CB, M B + M C < AB + AC, M C + M A < BC + BA.

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và đem chia cả hai vế cho 2 ta được
AM + BM + CM < 2p.


11

Định lý 21. Trong một tam giác ứng với góc lớn hơn là cạnh dài hơn và
ngược lại.
Chứng minh Xét tam giác ABC. Ta chứng minh nếu ABC > ACB thì
AC > AB và ngược lại.
Thật vậy, trong góc ABC ta kẻ tia Bx
tạo với cạnh BC góc bằng góc ACB. Do
ABC > ACB, nên Bx cắt cạnh AC tại
điểm D và tạo thành tam giác cân DBC,
do đó DB = DC. Mặt khác, trong tam giác
ABD ta có AD + DB > AB. Do đó AC =
Hình 4:
AD + DC = AD + DB > AB.
Phần ngược lại của định lí là hiển nhiên. Vì nếu ABC < ACB thì ta
phải có AC < AB là điều vô lí.
Bài toán 2. Chứng minh rằng đường vuông góc AH hạ từ điểm A xuống
đường thẳng d cho trước luôn nhỏ hơn đường xiên AB.
Giải Tam giác AHB là tam giác vuông tại H, do đó AHB = 900 > ABH.
Theo định lí trên, ta có AB > AH.
Sự tương ứng giữa độ lớn cạnh và góc còn đúng cho cạnh của hai tam
giác khác nhau. Dùng định lí 21 ta dễ dàng chứng minh kết quả sau.
Định lý 22. Cho trước hai tam giác ABC và A B C có hai cặp cạnh bằng
nhau AB = A B và AC = A C . Ta có bất đẳng thức BAC > B A C

ABA . Do BAC + ABA = 1800 ,
cho nên BAC ≥ ABA khi và chỉ khi
BAC ≥ 900 . Tóm lại, AM = 12 AA ≤
1
0
2 BC khi và chỉ khi BAC ≥ 90 .
Hình 6:

Định lý 23. Trong những đường xiên
nối một điểm M cho trước với điểm N trên một đường thẳng d cho trước,
đường xiên nào có hình chiếu dài hơn thì dài hơn.
3.2.. Bất đẳng thức về các đại lượng đặc biệt
Trong một tam giác, mối quan hệ giữa các cạnh dẫn đến mối quan hệ
với các đại lượng đặc biệt. Với đường cao ta dễ thấy là đường cao tương
ứng với cạnh lớn hơn thì ngắn hơn. Đối với đường trung tuyến và đường
phân giác ta cũng sẽ chứng minh rằng ứng với cạnh dài hơn là đường
trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn.
Định lý 24. Trong tam giác ABC ứng với cạnh dài hơn là đường cao,
đường trung tuyến và đường phân giác ngắn hơn.
Chứng minh Giả sử c < b, ta sẽ chứng minh rằng hb < hc , mb < mc và
lb < lc .
Bất đẳng thức hb < hc
là hiển nhiên, vì trong tam
giác ABC ta có bất đẳng thức


13
S
S
hb = 2b

a
c ⇒ CL = a+c . Tương tự KA = b ⇒
ac
.
BK = a+b
Do c < b, nên CL > BK. Dựng
hình bình hành BKCT (hình 8), ta
có BT C = BKC = A + C2 và ta có
BT C < BLC.
Hình 8:
Mặt khác, vì T C = BK, và BK
BT C và CLT < CT L, ta có BLT < BT L. Theo định lí 21 ta
có BT > BL mà CK = BT suy ra CK > BL.

Định lý 25. Trong tam giác ABC ta luôn có
ma ≥ la ≥ ha .


14

Chứng minh Gọi H là chân đường cao, L là chân đường phân giác và
M là chân đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. Ta chứng minh rằng
L nằm trên đoạn thẳng nối HM , và áp dụng định lí 23 để có bất đẳng
thức cần chứng minh.
Dễ thấy định lí hiển nhiên đúng cho
trường hợp tam giác ABC cân tại đỉnh
A. Để tiện chứng minh trong trường
hợp tam giác không cân tại A, ta giả sử

M A. Do đó
MA + MB = MA + MB
> A B = CA + CB = CA + CB.
Hình 10:


15

4.. Các bất đẳng thức sinh ra từ các công thức hình
học
Định lý 27. (Công thức Euler). Gọi R và r lần lượt là bán kính của
đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC, d là khoảng
cách giữa tâm hai đường tròn đó. Ta có
d2 = R2 − 2Rr.

(36)

Chứng minh
Gọi O, I lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC.
Biết rằng đường tròn ngoại tiếp
tam giác BCI có tâm D là trung
điểm của cung BC. Gọi M là
trung điểm của BC và Q là hình
chiếu của I trên OD. Khi đó
OB 2 − OI 2 =OB 2 − DB 2 + DI 2 − OI 2
=OM 2 − M D2 + DQ2 − QO2

Hình 11:


3 3
2 .

Bất đẳng thức này đúng vì hàm số f (x) = sin√x là
sin B + sin C ≤
hàm lồi trên (0, π), do đó sin A+sin3B+sin C ≤ sin A+B+C
= sin 600 = 23 .
3
Định lý 28. (Công thức Leibniz). Cho tam giác ABC với độ dài các
cạnh là a, b, c. Gọi G là trọng tâm và (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác. Khi đó
1 2
OG2 = R2 −
a + b2 + c2 .
(38)
9
Chứng minh
Để chứng minh bài toán này ta sử dụng
định lí Stewart "Nếu L là điểm nằm trên
cạnh BC của ∆ABC và nếu AL = l, BL =
m, LC = n, thì a(l2 + mn) = b2 m + c2 n".
Áp dụng định lí Stewart cho ∆OAA ,
trong đó A là trung điểm của BC, ta
được AA (OG2 + AG.GA ) = A O2 .AG +
AO2 .GA . Vì AO = R, AG = 23 AA , GA =
1
2
2
2
2 2

2

Hệ quả 5. (Bất đẳng thức Leibniz). Cho tam giác ABC với độ dài các
cạnh là a, b, c. (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có bất đẳng
thức sau
9R2 ≥ a2 + b2 + c2 .

(39)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trọng tâm của tam giác ABC.
Bài toán 6. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c. Chứng
√
9abc
minh rằng 4 3 [ABC] ≤ a+b+c
.
Giải Sử dụng bất đẳng thức Leibniz với lưu ý 4R. [ABC] = abc ta có
a2 b2 c2
a2 +b2 +c2
9R2 ≥ a2 + b2 + c2 ⇔ 16[ABC]
⇔ 4 [ABC] ≤ √a23abc
. Mặt
2 ≥
2
2
9
√ √ +b +c
khác, Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho a + b + c ≤ 3 a2 + b2 + c2 .
√
9abc
Do đó 4 3 [ABC] ≤ a+b+c

Chứng minh
Kéo dài AM, BM, CM cắt đường tròn
ngoại tiếp tại các điểm X , Y , Z tương ứng.
Ta có ZXM = M BZ (tứ giác BZM X
nội tiếp), M BZ = ABY (B, Z, A thẳng
hàng và B, M, Y thẳng hàng), ABY =
AX Y (cùng chắn cung AY ). Từ đó suy
ra ZXM = AX Y . Tương tự Y XM =
AX Z . Từ đó suy ra ZXY = Z X Y . Ta
sẽ kí hiệu hai góc này là X và X . Ta có
Hình 13:

1
[XY Z] = XY.XZ. sin X
2
1
= M C. sin C.M B sin B. sin X (định lí hàm số sin)
2
1
MC
= M B.M Y .
sin B. sin C. sin X
2
MY
1
BC
= M O 2 − R2
. sin B sin C. sin X(phương tích, ∆M BC ∼ ∆M Z Y )
2
ZY

= 1−
[ABC] .
4
R2
Chú ý 3.
1) Tam giác XY Z nêu trong định lí được gọi là tam giác Pedal.
2) Nếu M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì [XY Z] =
0. Điều đó có nghĩa là tam giác XY Z suy biến thành đường thẳng, đó
chính là đường thẳng Euler.
3) Nếu M ≡ I (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC) thì XY Z
là tam giác nội tiếp đường tròn tâm I, bán kính r có các góc X, Y, Z
tương ứng bằng π2 − A2 , π2 − B2 , π2 − C2 . Bằng các phép biến đổi sơ cấp từ
công thức (40) sẽ suy ra công thức Euler OI 2 = R2 − 2Rr.
Hệ quả 6. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì nằm trong mặt
phẳng tam giác. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên
các cạnh BC, CA, AB. Khi đó
[XY Z] ≤

1
[ABC] .
4

(41)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Bài toán 8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O
(với O nằm bên trong tứ giác). Gọi M N P Q là tứ giác mà các đỉnh lần
lượt lượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD
đến các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng



.
[ABC]
4R2
4R2
9 27


−

BD2
4

−

AC 2
4

hay AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + 4x2 .
Hệ quả 7. (Bất đẳng thức hình bình hành) Cho tứ giác ABCD. Chứng
minh rằng
AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 ≥ AC 2 + BD2 .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành.

(43)


20

Bài toán 10. (Địa trung Hải, 2000) Cho P, Q, R, S là trung điểm của các
cạnh BC, CD, DA, AB, tương ứng, của tứ giác lồi ABCD. Chứng minh
rằng
4 AP 2 + BQ2 + CR2 + DS 2 ≤ 5 AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 .
Giải Ta biết công thức đường trung tuyến XM của tam giác XY Z
là XM 2 = 12 XY 2 + 21 XZ 2 − 14 Y Z 2 . Ta thay bộ (X, Y, Z, M ) bằng
(A, B, C, P ), (B, C, D, Q), (C, D, A, R), (D, A, B, S) vào trong công thức
này và cộng 4 công thức lại với nhau để thu được công thức thứ 5. Nhân

1
3 3
ii)
+
+
≥
.
pa + pb p b + pc pc + p a
a
Giải Gọi D, E, F là chân đường vuông góc
của P lên các cạnh BC, CA, AB tương ứng.
Ta có [ABC] = [BCP ] + [CAP ] + [ABP
√ ],
3
do đó ah = apa + apb + apc . Vì h =
a
2
Hình 15:


21

√
nên pa + pb + pc =

3
a. Áp dụng bất đẳng
2

thức (2), ta được

P A2 .P B 2 .P C 2 ≥ √ pa pb pc .
3 3

(44)

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 1. Cho P là một điểm tùy ý nằm trong tam giác đều ABC cạnh
a. Kí hiệu α = BP C, β = CP A,γ = AP B, ta có đẳng thức
a3 p a p b p c
P A .P B .P C =
.
sin α sin β sin γ
2

2

2

(45)

Chứng minh Viết lại diện tích tam giác BP C theo hai cách ta được
BP.CP. sin α = a.pa , tương tự CP.AP. sin β = a.pb , AP.BP. sin γ = a.pc .
Nhân theo vế 3 đẳng thức này, ta thu được đẳng thức (45).
Giải Gọi f (x) = ln(sin x), x ∈ (0, π) .Vì f (x) = − sin12 x < 0, nên f là
hàm lồi. Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
α+β+γ
ln(sin α) + ln(sin β) + ln(sin γ)
≤ ln(sin
).
3

a 3
a 3
3
3
. Suy ra pa + pb + pc =
. Do đó pa pb pc ≤ pa +p3b +pc = a 72 3 .
4
2
Thay bất đẳng thức này vào (44), ta được bất đẳng thức (46).
Bài toán 14. Cho tam giác đều ABC cạnh a và P là một điểm tùy ý
nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
P A.P B + P B.P C + P C.P A ≥ a2 .
Giải Vì

α
2

+

β
2

+

γ
2

(47)

= 1800 nên

tương đương với
(P A + P B + P C) P A.P B + P B.P C + P C.P A − a2 ≥ 0.
Từ đó có bất đẳng thức P A.P B + P B.P C + P C.P A ≥ a2 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ O.
Tam giác Pompeiu

Năm 1936, nhà toán học Rumani, Dimitrie Pompeiu phát hiện kết quả
đơn giản nhưng đẹp sau đây trong hình học phẳng Euclide
Định lý 31. (Định lý Pompeiu). Cho P là một điểm tùy ý nằm trong mặt
phẳng chứa tam giác đều ABC. Khi đó các khoảng cách P A, P B, P C là
độ dài các cạnh của một tam giác.Tam giác này suy biến nếu điểm P
nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh


23

Xét trường hợp điểm P không nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp
dụng bất đẳng thức Ptolemy (Xem định lí
??) cho 4 điểm A, B, P, C ta có
P A.BC < P C.AB + P B.AC,
P B.AC < P A.BC + P C.AB,
P C.AB < P A.BC + P B.AC.
Hình 16:

Vì tam giác ABC đều nên AB = BC =
CA = l, do đó P A < P C + P B, P B < P A + P C, P C < P A + P B. Vậy
P A, P B, P C là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Chú ý 4.



24

P A, P B, P C. Khi đó
√
T =

3 2
a − 3d2 .
12

(50)

Trong đó d = OP (O là tâm của tam giác đều ABC).
Giải
Ta thực hiện 3 phép quay tương tự như hình 16, đó là quay tam giác
AP B quanh tâm A một góc 600 , quay tam giác BP C quanh tâm B một
góc 600 và quay tam giác CP A quanh tâm C một góc 600 .
Ta sẽ được một hình lục giác
AB CA BC , trong đó các tam
giác Pompeiu P BA , P AC , P CB
có cùng diện tích T . Vì ∆AP C =
∆BA C, ∆AP B = ∆AB C, ∆AC B =
∆BP C nên diện tích√ của lục giác
2a2 3
= 2. [ABC] =
. Mặt khác
4
∆AP B , BP C , CP A là các tam giác

a2 3
nên P A2 + P B 2 + P C 2 = 3d2 + a2 . Từ đó ta
d, OA = OB = OC =
3
được công thức (50).
Nhận xét
√ 1. Từ công thức (49) và (50) ta có các hệ quả sau:
3 2
1) T ≤
a . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P ≡ O.
12
R
2) rp ≤ a6 ≤ 2p , trong đó Rp , rp lần lượt là bán kính vòng tròn ngoại tiếp,
nội tiếp tam giác Pompeiu với độ dài các cạnh bằng P A, P B, P C.
5.2.. Các bất đẳng thức trong tam giác vuông và tam giác cân
Bài toán 17. Cho tam giác ABC cân tại A. D là điểm trên cạnh BC,
E là điểm trên trên tia đối của tia CB sao cho CE = BD. Chứng minh
rằng AD + AE > 2AB.
Giải