CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC YẾU TỐ CỦA TAM GIÁC – TỨ GIÁC

DẠNG TOÁN 3: 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) $\cos A \ge \frac{1}{2}.$

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.$
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}.$

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}.$

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:
$B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} – 2AB.AD\cos \widehat {BAD}$ $ = 2{c^2} – 2{c^2}\cos \left( {{{180}^0} – A} \right)$ $ = 2{c^2}(1 + \cos A)$ $ = 2{c^2}\left( {1 + \frac{{{b^2} + {c^2} – {a^2}}}{{2bc}}} \right)$ $ = \frac{c}{b}(a + b + c)(b + c – a)$ $ = \frac{{4c}}{b}p(p – a).$
Suy ra $BD = 2\sqrt {\frac{{cp(p – a)}}{b}} .$
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(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ = \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: $\sin \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{(p – b)(p – c)}}{{bc}}} $, $\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) $\cot A + \cot B + \cot C \ge \sqrt 3 .$

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}}.$
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:
$(p – a)(p – b)(p – c)$ $ \le {\left( {\frac{{3p – a – b – c}}{3}} \right)^3}$ $ = {\left( {\frac{p}{3}} \right)^3}.$
Mặt khác $S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} $ $ \Rightarrow S \le \sqrt {p\frac{{{p^3}}}{{27}}} = \frac{{{p^2}}}{{3\sqrt 3 }}.$
Ta có ${p^2} = \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{4}$ $ \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 .$

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 ${b^2} + {c^2} = 5{a^2}.$

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:
$m_b^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {c^2}} \right) – {b^2}}}{4}$, $m_c^2 = \frac{{2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) – {c^2}}}{4}.$
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}.$

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}.$

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}.$