[T8/503 Toán học & tuổi trẻ số 503, tháng 5 năm 2019]%[Nguyễn Tâm Phục] Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, các đường trung tuyến $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ lần lượt cắt $(O)$ tại $A_2$, $B_2$, $C_2$. Đặt $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$. Chứng minh rằng $$\dfrac{A_1A_2}{a}+\dfrac{B_1B_2}{b}+\dfrac{C_1C_2}{c}\geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$$

Lời giải

Từ công thức đường trung tuyến $$AA_1 = \dfrac{\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}{2}$$ và $$AA_1 \cdot A_1A_2 =BA_1 \cdot A_1 C =\dfrac{a^2}{4},$$ suy ra $$A_1A_2 =\dfrac{a^2}{2\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}}.$$ Tương tự ta có $$B_1B_2 =\dfrac{b^2}{2\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}, C_1C_2 = \dfrac{c^2}{2\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}.$$ Sử dụng bất đẳng thức $xy \leq \dfrac{x^2 +y^2}{2}$, ta thấy $$\dfrac{A_1A_2}{a} = \dfrac{a^2}{2a\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{a^2}{a\sqrt{3}\cdot\sqrt{2(b^2+c^2)-a^2}} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}.$$ Tương tự $$\dfrac{B_1B_2}{b} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}; \dfrac{C_1C_2}{c} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}.$$ Do đó $\dfrac{A_1A_2}{a}+\dfrac{B_1B_2}{b}+\dfrac{C_1C_2}{c} \geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\triangle ABC$ đều.