KHAI THÁC TỪ BÌNH PHƯƠNG
CỦA TỔNG VECTƠ :
 
2
0 MA MB MC  
  
.
Nguyễn Lái
GV THPT chuyên L ương Văn Chánh
Xét bất đẳng thức (BĐT):
2
( ) 0MA MB MC  
  
trong đó M là một điểm tuỳ ý nằm trong mặt phẳng
chứa tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b, BA = c. Đẳng thức xảy ra khi M  G (trọng tâm tam
giác). Ta khai thác B ĐT trên theo hai hướng tích vô hướng sau :
A/ Sử dụng tích vô hướng dạng :
 
2 2
2
2 .u v u v u v   
 
 
 
.
Tacó:
0)(
2
 MCMBMA
0..2..2..2
222

1
(a+b+c)
2

a
2
+ b
2
+ c
2
 9R
2

3
1
(a+b+c)
2
 9R
2
 4R
2
(sinA + sinB + sinC)
2
 27R
2
 sinA + sinB + sinC 
2
33
. (3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
+Tiếp tục vận dụng các hệ thức l ượng tam giác và các BĐT Cauchy ,Bunhiacovski t ừ (1) suy ra


S
R
hhh
cba
. (6) ;
Rp 332 
. (7) :
rRS .332 
(8)
sinBsinC (1 – cosA) + sinCsinA (1 – cosB) +sinAsinB (1 – cosC)

8
9
. (9)
Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
trong đó S, p ,R, r ,ha, hb, hc là diện tích,nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp ,độ
dài các đường cao phát xuất từ đỉnh A,B,C của tam giác ABC.
II/ Khi M  I : (tâm đường tròn nội tiếp tam giác, bán kính r).
Từ (*):
 
222222
3 MCMBMAcba 
 a
2
+ b
2
+ c
2
 3(IA

A
B
C
E














2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
3
222
2222








r
p
r
cba
.
2
222
3
2
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1






2
)  3p
2
– 9r
2
. (12). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
+Tiếp tục khai thác trong mọi tam giác ABC ta luôn có
cotgA + cotgB + cotgC 









p
r
r
p
3
8
3
. (12);
222
36 rRp 
. (13)
Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
III/ Khi M  G : (trọng tâm tam giác ).

, GB =
b
m3
2
, GC =
c
m3
2
vào (14) ta có đẳng thức
ma
2
+ mb
2
+ mc
2
=
 
222
4
3
cba 
. (15)
+ Ta có a
2
+ b
2
+ c
2
 9R
2

R
. (17)
+Từ (15) ta có :
 
   
22222222
2222
4
27
sinsinsin3
4
3
3
1
RCBARcbammmmmm
cbacba

 ma + mb + mc 
R
2
9
Rmmmmmm
cbacba
29111



Rmmm
cba
2111

tâm H nằm trong tam giác ABC .
Giả sử A’, B’, C’ là chân các đường cao AH, BH, CH xuống các
cạnh BC, AC, AB. Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có
.cos2
sin
cos.
sin
'
'sin
'
CR
B
CAC
B
CA
CHA
CA
HC 
Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC
H
A
B
C
B'
C'
A'
Thay các giá trị HA, HB, HC vào (19) ta có
a
2
+ b

2
C 
2
3






R
p
. (20). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
+Ta có S=
cba
chbhah
2
1
2
1
2
1

S
c
hS
b
hS
a
h

111
(4
222
222
2
HCHBHA
hhh
S
cba


)(3
111
3
4
222
2
2
HCHBHA
hhh
S
cba









1
ABC
AHB
ABC
AHC
ABC
BHC
S
S
S
S
S
S

1
'
'
'
'
'
'

CC
HC
BB
HB
AA
HA
ScHCbHBaHA
CC

2
= 16S
2
 HA
2
+ HB
2
+ HC
2

S
3
4
. (22). Đẳng thức xảy ra khi v à chỉ khi tam giác ABC đều.
Mời các bạn tiếp tục khai triển (*) theo h ướng
B/ Sử dụng tính vô hướng dạng :
 
. . .cos ,u v u v u v
 
 
 
.
sau khi khai triễn BĐT (*) :
Khi M  O : 0 
 
2
OCOBOA 
= 3R
2
+2R

 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau, trong đó A, B, C l à 3 góc của một tam giác .
 
2 2 2
1 1 1
sin sin sin 26
2 2 2
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
 
 
 
   
 
 
 
 
 
Chứng minh: (25)
Gọi N là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh
AB ta có: IA =

2
sin
A
IN
2
sin
A

A
ICIB
; IAIC. =
2
sin.
B
IAIC
(25) 























sin
1
0
2
222
2
BA
C
CA
B
CB
A
r
CBA
r

2
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
222

CBA


BA
C
CA
B
CB
A
(a)
Mặt khác :














2
sin
2
sin
2
sin
2
sin

sin
1
2
sin
1
2
sin
1
CBA
(b)
Từ (a) và (b) ta có:













2
sin
1
2
sin
1

2
sin
CBA
>0 ta có :




















2
sin
1
2
sin
1

1
2
sin
1
2
CBA







2
sin
2
sin
2
sin
CBA

18 (Bunhiacôpxky)
Đẳng thức xãy ra khi tam giác ABC đều .
Vậy : Max
.18
2
sin
1
2
sin



CBA
CBA
Khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
I
B
C
A
N
*Mặt khác, giả sử M, N, P l à các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC (có tâm I bán
kính r) với các cạnh AB, BC, CA ta sẽ có:
0 
   
CBArrIPINIM coscoscos23
22
2

.
Vậy trong mọi tam giác ABC ta có :
cosA + cosB + cosC 
2
3
. (27) , cosA.cosB.cosC 
8
1
. (28)
Bài toán thay lời kết :
Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có :
6cosA.cosB.cosC + sin

’
.OC
’
.cosA + 2 OA
’
.OC
’
.cosB + 2 OA
’
.OB
’
.cosC.
Mặt khác ta có:OA’= OB.cos(BOA’) = OB.cosA .Hay OA
’
= R.cosA
Tương tự ta có: OB
‘
= RcosB, OC
‘
= RcosC
Do đó BĐT  6cosA.cosB.cosC + sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C  3 (đpcm).
Dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC đều.
*Bài toán trên cần chứng minh: cosA.cosB.cosC 
8