[tc68][T8/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Cho tứ diện $OABC$ có $OA$, $OB$, $OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA=a$, $OB=b$, $OC=c$. Gọi $r$ là bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện $OABC$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{r} \geq \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right).$$

Lời giải

Kẻ $OH\perp (ABC)$, đặt $OH=h$. Ta có $V_{O A B C}=\dfrac{a b c}{6}=\dfrac{1}{3} h \cdot S_{A B C}$.

Từ đó $$r=\dfrac{3 V_{OABC}}{S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OCA}+S_{ABC}}=\dfrac{a b c}{2\left(S_{OAB}+S_{OBC}+S_{OCA}+S_{ABC}\right)}.$$ Suy ra $\dfrac{1}{r}=\dfrac{ab+bc+ca+2\left(\dfrac{3 V_{OABC}}{h}\right)}{ab c}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{h}$.
Do đó: $\dfrac{1}{r} \geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$, hay $\dfrac{1}{r} \ge \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$, hay $OABC$ là tứ diện vuông cân tại $O$.