Bất đẳng thức lượng giác - Chương 4: Một số chuyên ñề bài viết hay, thú vị liên quan ñến bất đẳng thức và lượng giác

x
pi ∀ ∈ 
 
. 
ðặt ( ) 1h x tgx
x
= xác ñịnh và liên tục trên 0,
2
pi 
  
. 
Ta có ( )
2 2
sin
' 0
2 os
2
x xh x
x
x c
−
= > 0,
2
x
pi ∀ ∈ 
 
 nên hàm số ( )h x ñồng biến, do 
ñó ( )
2 2
xh x h pi < = 
 
 hay 2
2
x x
tg
pi
< với 0,
2
x
pi ∀ ∈ 
 
. 
Còn 2 bất ñẳng thức 
2 2
x x
tg > và sin x x< dành cho bạn ñọc tự chứng minh. 
 Bây giờ mới là phần ñáng chú ý: 
 Xét ∆ABC : BC = a , BC = b , AC = b . Gọi A, B, C là ñộ lớn các góc bằng radian; 
r, R, p, S lần lượt là bán kính ñường tròn nội tiếp, bán kính ñường tròn ngoại tiếp, nửa 
chu vi và diện tích tam giác; la, ha, ma, ra, tương ứng là ñộ dài ñường phân giác, ñường 
cao, ñường trung tuyến và bán kính ñường tròn bàng tiếp ứng với ñỉnh A... 
 Bài toán 1: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
2 2 2os os os
4
p pAc x Bc B Cc C
R R
pi
< + + < 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 83 
Nhận xét: 
Từ ñịnh lí hàm số sin quen thuộc trong tam giác ta có: sin sin sin pA B B
R
+ + = và 
bài toán ñại số ta dễ dàng ñưa ra biến ñổi sau 2 2 24os 2 os sin os
2
AAc A tg c A A Ac A
pi
< = < , từ 
ñó ñưa ñến lời giải như sau. 
Lời giải: 
Ta có: 2 2 24os 2 os sin os
2
AAc A tg c A A Ac A
pi
< = < ⇒ 2os sin pAc A A
R
< =∑ ∑ 
và 2 24 os sin os
4
p pAc A A Ac A
R R
pi
pi
> = ⇒ >∑ ∑ ∑ . Từ ñây suy ra ñpcm. 
Trong một tam giác ta có nhận xét sau: 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
tg tg tg tg tg tg+ + = kết hợp 
với 2
2
x x
tg
pi
< nên ta có 2 2 2 2 2 2 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B B C C A
tg tg tg tg tg tg
pi pi pi pi pi pi
+ + > + + = ⇒ 
2
. . .
4
A B B C C A pi+ + > (1). Mặt khác 
2 2
x x
tg > nên ta cũng dễ dàng có 
1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B B C C A
tg tg tg tg tg tg+ + < + + = từ ñây ta lại có 
. . . 4A B B C C A+ + < (2). Từ (1) và (2) ta có bài toán mới. 
Bài toán 2: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
2
. . . 4
4
A B B C C Api < + + < 
Lưu ý: Khi dùng cách này ñể sáng tạo bài toán mới thì ñề toán là ABC∆ phải là nhọn 
vì trong bài toán ñại số thì 0,
2
x
pi ∀ ∈ 
 
. Lời giải bài toán tương tự như nhận xét ở trên. 
Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức ( )
2
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + ≤ thì ta có ngay 
( )2 2
. . .
3 3
A B C
A B B C C A pi
+ +
+ + ≤ = . Từ ñây ta có bài toán “chặt” hơn và “ñẹp” hơn: 
2 2
. . .
4 3
A B B C C Api pi〈 + + ≤ 
Bây giờ ta thử ñi từ công thức la, ha, ma, ra ñể tìm ra các công thức mới. 
Trong ABC∆ ta luôn có: 2 sin sin sin
2 2a a
A AS bc A cl bl= = + 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 84 
 ⇒
1 1 1 1
A 2 22 os
2
a
b c b c
l bc b cbcc
+ +  
= > = + 
 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 sin sin sina b cl l l a b c R A B C
 ⇒ + + > + + > + + 
 
1 1 1 1 1 1 1
2a b cl l l R A B C
 ⇒ + + > + + 
 
. 
Như vậy chúng ta có Bài toán 3. 
Bài toán 3: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
1 1 1 1 1 1 1
2a b cl l l R A B C
 
+ + > + + 
 
Mặt khác, ta lại có ( )2 sin sinA2 os 2sin
2 2 2
a
R B Cbc b c
Al
c
pi
++
= =
 
− 
 
. Áp dụng bài toán ñại số ta 
ñược: 
( )
( )2
2 2
a
B C
RR B C bc
AA l
pipi
pipi
+
+
> >
−
−
⇒
( ) ( )
( )
4
a
R B C R B Cbc
B C l B C
pi
pi
+ +
> >
+ +
⇒
4
a
bc RR
l
pi
pi
> > . 
Hoàn toàn tương tự ta có: 4
c
ab RR
l
pi
pi
> > và 4
b
ca RR
l
pi
pi
> > . Từ ñây, cộng 3 chuỗi bất 
ñẳng thức ta ñược: 
Bài toán 4: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
12 3
c a b
R ab bc ca R
l l l
pi
pi
< + + < 
Trong tam giác ta có kết quả sin b ch hA
c b
= = , sin c ah hB
a c
= = và sin a bh hC
b a
= = , 
mà từ kết quả của bài toán ñại số ta dễ dàng có 2 sin sin sinA B C pi< + + < , mà 
( ) 1 12 sin sin sin aA B C h b c
 
+ + = + 
 
1 1 1 1
b ch h
c a a b
   
+ + + +   
   
 , từ ñây ta có ñược Bài 
toán 5. 
Bài toán 5: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
1 1 1 1 1 14 2a b ch h hb c c a a b
pi
     
< + + + + + <     
     
Ta xét tiếp bài toán sau: 
Bài toán 6: Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ta luôn có: 
( ) 2 2 22 2 2 2 2 22 24 3a b c
m m mA B C A B C
Rpi
+ +
+ + < < + + 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 85 
Nhận xét:Liên hệ với 2am trong tam giác ta có 
2 2 2
2
2 4a
b c a
m
+
= − , từ ñó ta suy ra 
( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 sin sin sin4a b cm m m a b c R A B C+ + = + + = + + và từ ñưa ñến lời giải. 
Lời giải: 
Áp dụng bài toán ñại số ta ñược:
2
2 2
2
4
sinx x x
pi
< < ta lần lượt có:
2
2 2
2
4
sinA A A
pi
< < , 
2
2 2
2
4
sinB B B
pi
< < và 
2
2 2
2
4
sinC C C
pi
< < . 
Cộng 3 chuỗi bất ñẳng thức trên ta ñược: 
 ( )2 2 2 2 2 2 2 2 224 sin s in sinA B C A B C A B Cpi + + < + + < + + , mà ta có: 
( )2 2 2 2 2 2 23 sin sin sina b cm m m R A B C+ + = + + ( )2 2 2 2 2 22 sin sin sin ,3a b c
m m m A B C
R
+ +
⇔ = + + từ 
ñây ta ñược: ( ) 2 2 22 2 2 2 2 22 24 3a b c
m m mA B C A B C
Rpi
+ +
+ + < < + + (ñpcm). 
Bây giờ ta thử sáng tạo một bất ñẳng thức liên quan tới ra, ta có công thức tính ra là 
2a
A
r ptg= , từ bài toán ñại số 2
2 2
x x x
tg
pi
< < chắc chắn ta dễ dàng tìm thấy 2
2
a
rA A
p pi
< < 
, tương tự ta cũng có 2
2
a
rB B
p pi
< < và 2
2
a
rC C
p pi
< < , cộng 3 chuỗi bất 
ñẳng thức ta thu ñược ( )2
2
a b c A B Cr r rA B C
p pi
+ ++ ++ +
< < và ta thu ñược Bài toán 7. 
Bài toán 7: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
( )2
2
a b c A B Cr r rA B C
p pi
+ ++ ++ +
< < 
Ta tìm hiểu bài toán sau: 
Bài toán 8: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
( ) ( )2 4 2R r aA bB cC R rpi − < + + < − 
Nhận xét: Ta có các kết quả: 
2a
A
r ptg= , 
2b
B
r ptg= , 
2c
C
r ptg= , ( )
2
A
r p a tg= − = 
( ) ( )
2 2
B Cp b tg p c tg= − = − dẫn ñến 
2a
A
r r atg= + , 
2b
B
r r btg= + , 
2c
C
r r ctg= + và 
4
a b cr r r R r+ + = + (các kết quả này bạn ñọc tự chứng minh), từ ñó ta suy ra 
4 3
2 2 2
A A AR r r ptg ptg ptg+ = + + + và nhờ kết quả này ta dễ dàng ñánh giá tổng 
aA bB cC+ + từ bài toán ñại số nên ta dễ có lời giải như sau. 
Lời giải: 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 86 
Ta có: 
2a
A
r ptg= , 
2b
B
r ptg= , 
2c
C
r ptg= , ( ) ( ) ( )
2 2 2
A B C
r p a tg p b tg p c tg= − = − = − , từ 
ñó dẫn ñến 
2a
A
r r atg= + , 
2b
B
r r btg= + , 
2c
C
r r ctg= + . Mà ta lại có: 4a b cr r r R r+ + = + 
suy ra 4 3
2 2 2
A A AR r r ptg ptg ptg+ = + + + . Áp dụng bài toán ñại số ta ñược: 
● ( )24 3 3
2 2 2
A A AR r r ptg ptg ptg r aA bB cC
pi
+ = + + + < + + +
( )2R r aA bB cCpi⇔ − < + + 
● ( )14 3 3
2 2 2 2
A A AR r r ptg ptg ptg r aA bB cC+ = + + + > + + +
( )4 2R r aA bB cC⇔ − > + + 
Kết hợp 2 ñiều trên ta có ñiều phải chứng minh. 
Sau ñây là các bài toán ñược hình thành từ các công thức quen thuộc ñể các bạn luyện 
tập: 
Bài toán: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 
a/ ( ) ( )2 8 2 2p R r aA bB cC p R rpi pi pi− + < + + < − + . 
b/ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2
2
S p a p b p b p c p c p a Spi < − − + − − + − − < . 
c/ ( ) ( ) ( )2 2 2
2
abc a p a b p b c p c abcpi< − + − + − < . 
d/ 1 1 1 1 1 14 2a b cl l lb c c a a b
pi
     
< + + + + + <     
     
. 
2/Chúng ta xét hàm: ( )
in
xf x =
s x
 với ( )x 0,∀ ∈ pi . 
Ta có ( )f x là hàm số xác ñịnh và liên tục trong ( )0,pi và ( )' 2s inx-xcosxsinf x x= . ðặt 
( ) s inx-xcosxg x = , ( )0,x pi∈ , ta có ( )' sin 0g x x x= ≥ ⇒ ( )g x ñồng biến trong ñoạn 
( )0,pi ( ) ( )0 0g x g⇒ > = ( )' 0f x⇒ > nên hàm ( )f x ñồng biến . 
Chú ý 3 bất ñẳng thức ñại số: 
1.Bất ñẳng thức AM-GM: 
Cho n số thực dương 1 2, ,..., na a a , ta luôn có: 
1 2
1 2
...
...
n n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥ 
Dấu “=” xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = . 
2.Bất ñẳng thức Cauchy-Schwarz: 
Cho 2 bộ n số ( )1 2, ,..., na a a và ( )1 2, ,..., nb b b trong ñó 0, 1,ib i n> = . Ta luôn có: 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 87 
( )222 2 1 21 2
1 2 1 2
...
...
...
nn
n n
a a aaa a
b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
Dấu “=” xảy ra 1 2
1 2
...
n
n
aa a
b b b
⇔ = = = . 
3.Bất ñẳng thức Cheb yshev: 
Cho 2 dãy ( )1 2, ,..., na a a và ( )1 2, ,..., nb b b cùng tăng hoặc cùng giảm, tức là: 
1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
≤ ≤ ≤
 ≤ ≤ ≤
 hoặc 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
≥ ≥ ≥
 ≥ ≥ ≥
, thì ta có: 
1 1 2 2 1 2 1 2... ... ...
.
n n n n
a b a b a b a a a b b b
n n n
+ + + + + + + + +
≤ 
Dấu “ = ” xảy ra 1 2
1 2
...
...
n
n
a a a
b b b
= = =

= = =
. 
Nếu 2 dãy ñơn ñiệu ngược chiều thì ñổi chiều dấu bất ñẳng thức. 
Xét trong tam giác ABC có A B≥ (A,B số ño hai góc A,B của tam giác theo 
radian). 
● A B≥ ⇒ 
sin sin
A B
A B
≥ ( theo chứng minh trên thì hàm ( ) xf x =
sinx
) 
2 2
A B
a b
R R
⇒ ≥ ⇒ A a
B b
≥ , mà A B≥ ⇔ a b≥ . Như vậy ta suy ra nếu a b≥ thì A a
B b
≥ 
(i). 
• Hoàn toàn tương tự : a b c≥ ≥ ⇒ A B C
a b c
≥ ≥ và như vậy ta có 
( ) A 0Ba b
a b
 
− − ≥ 
 
, ( ) 0B Cb c
b c
 
− − ≥ 
 
 và ( ) 0C Ac a
c a
 
− − ≥ 
 
 .Cộng 3 
bất ñẳng thức ta ñược ( ) 0
cyc
A B
a b
a b
 
− − ≥ 
 
∑ ⇔ ( ) ( )2
cyc
AA B C b c
a
+ + ≥ +∑ (1). 
- Cộng A B C+ + vào 2 vế của (1) ta thu ñược: 
( ) ( )3 A B CA B C a b c
a b c
 
+ + ≥ + + + + 
 
 (2) 
- Trừ A B C+ + vào 2 vế của (1) ta thu ñược: ( ) ( )2
cyc
AA B C p a
a
+ + ≥ −∑ (3). 
Chú ý rằng A B C pi+ + = và 2a b c p+ + = nên (2) ⇔ 3 2
cyc
Ap
a
pi ≥ ∑ ⇔ 
3
2cyc
A
a p
pi≤∑ (ii), và (3) ( ) 2cyc
Ap a
a
pi
⇔ − ≤∑ (iii). 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 88 
 ● Mặt khác ta có thể áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev cho 2 bộ số 
, ,
A B C
a b c
 
 
 
 và ( ), , .p a p b p c− − − Ta có: a b c≥ ≥ ⇒
A B C
a b c
p a p b p c
 ≥ ≥


− ≤ − ≤ −
( ) ( )
3 3 3
cyc
A A B Cp a
p a p b p ca a b c
 
− + + 
− + − + −  ⇒ ≤
∑
⇔ ( )
3
cyc
cyc
Ap
aAp a
a
− ≤
∑
∑ . Mà 
3
2cyc
A
a p
pi≤∑ ta suy ra: ( )
3
2
3 3
cyc
cyc
Ap p
aA pp a
a
pi
− ≤ ≤
∑
∑ hay ( ) 3 2
cyc
cyc
Ap
aAp a
a
pi
− ≤ ≤
∑
∑ (iv). 
● Ta chú ý ñến hai bất ñẳng thức (ii) và (iii): 
 -Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho 3 số , ,A B C
a b c
 ta ñược: 
1
3
. .3
. .cyc
A A B C
a a b c
 ≥  
 
∑ kết 
hợp với bất ñẳng thức (ii) ta suy ra 
1
3
. . 33
. . 2
A B C
a b c p
pi  ≤ 
 
 ⇔ 
3
. . 2
. .
a b c p
A B C pi
 ≥  
 
 (v). Mặt 
khác, ta lại có
1
3
. .3
. .cyc
a a b c
A A B C
 ≥  
 
∑ , mà theo (v) ta dễ dàng suy ra 
1
3
. . 2
. .
abc p
ABC pi
  ≥ 
 
, từ ñó ta 
có bất ñẳng thức 6
cyc
a p
A pi
≥∑ (vi). 
 -Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có : 
( )22 2
cyc cyc
A B CA A
a aA Aa Bb Cc Aa Bb Cc
pi+ +
= ≥ =
+ + + +
∑ ∑ (vii), mà ta ñã tìm ñược 
( ) ( )2 8 2 2p R r Aa Bb Cc p R rpi pi pi− + < + + < − + (bài tập a/ phần trước) nên 
( )
2
2cyc
A
a p R r
pi
pi
>
− −
∑ (viii) (chỉ ñúng với tam giác nhọn). 
 -Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho 3 số ( ) ( ) ( ), ,A B Cp a p b p c
a b c
− − − ta ñược: 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
2
3 3 3
. . . . . . .3 3 3
. . 4 . 4 .
A B C ABC S ABC S ABCp a p b p c p a p b p c
a b c abc p S R p R
− + − + − ≥ − − − = = ⇒
( )
2
3
. .3
4 .cyc
A S A B Cp a
a p S R
− ≥∑ (4)mà ( ) 3 2
cyc
cyc
Ap
aAp a
a
pi
− ≤ ≤
∑
∑ (theo iv) nên từ (4) 
32
43
. . 729 . . .3
4 . 3 2 4
cyc
cyc
Ap
aS A B C S A B C Ap
p S R R a
pi  
⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤  
 
∑
∑ ⇒
3
4729 . . . 3
4 2
S A B C p
R p
pi ≤  
 
⇔ 354 . . . . .S A B C p Rpi≤ (ix). 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 89 
● Xét tổng 
2 22
y yx z x zT
b By a Ax a Ax c Cz c Cz b By
    
= + + + + +        
    
. 
Ta có: 0T ≥ 
 ⇔ 2 2 2
1 1 1 1 1 1
. . . 2 0y z z x x y
x a A y b B z c C ab AB bc BC ca CA
+ + +  
+ + − + + ≥ 
 
. 
 ⇔ . . . 2 0y z bc z x ca x y ab c a b
x aA y bB z cC AB BC CA
+ + +  
+ + − + + ≥ 
 
 ⇔ . . . 2y z bc z x ca x y ab a b c
x aA y bB z cC BC CA AB
+ + +  
+ + ≥ + + 
 
(5). 
Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta ñược:
1
3 63a b c abc p
ABCBC CA AB pi
 
+ + ≥ ≥ 
 
 (6). 
Từ (5) và (6) ta ñược: 6. . .y z bc z x ca x y ab p
x aA y bB z cC pi
+ + +
+ + ≥ (7). 
Thay (x, y, z) trong (7) bằng (p-a, p-b, p-c) ta ñược: 
( ) ( ) ( )
12bc ca ab p
A p a B p b C p c pi
+ + ≥
− − −
 (x) 
Thay (x, y, z) trong (7) bằng (bc, ca, ab) ta ñược: 12b c c a a b p
A B C pi
+ + +
+ + ≥ (xi). 
3/ Chúng ta xét bất ñẳng thức sau: 2xsinx
π
≥ với    
x
pi∀ ∈ 0,
2
(phần chứng minh bất 
ñẳng thức này dành cho bạn ñọc). 
Theo ñịnh lí hàm số sin ta có sin
2
aA
R
= và kết hợp với bất ñẳng thức trên ta ñược 
2 4
2
a A a R
R Api pi
≥ ⇔ ≥ , từ ñó ta dễ dàng suy ra 12
cyc
a R
A pi
>∑ . 
4/ Bất ñẳng thức: 
2 2
2 2
sin x π - x
x π + x
≥ với ( ]x∀ ∈ 0,pi (bất ñẳng thức này xem như bài 
tập dành cho bạn ñọc). 
Bất ñẳng thức trên tương ñương 
2
2 2
sin 21x x
x xpi
≥ −
+
 ⇔ 
3
2 2
2
sin xx x
xpi
≥ −
+
 (1). 
Trong tam giác ta có: 3 3sin sin sin
2
A B C+ + ≤ (2) (bạn ñọc tự chứng minh).Từ (1) 
và (2) ta thu ñược 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3
sin 2
2 cyc
A B CA A B C
A B Cpi pi pi
 
≥ > + + − + + 
+ + + 
∑ ⇒ 
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3 2
2
A B C
A B C
pi
pi pi pi
 
> − + + 
+ + + 
⇔
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3
2 4
A B C
A B C
pi
pi pi pi
+ + > −
+ + +
. 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 90 
Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức cho 3 góc A, B, C ta thu ñược 
2 2
2 2
sin A A
A A
pi
pi
−
>
+
, 
2 2
2 2
sin B B
B B
pi
pi
−
>
+
 và 
2 2
2 2
sin C C
C C
pi
pi
−
>
+
, cộng các bất ñẳng thức ta ñược: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
sin sin sinA B C A B C
A B C A B C
pi pi pi
pi pi pi
− − −
+ + > + +
+ + +
, từ ñây áp dụng ñịnh lí hàm số sin 
sin
2
aA
R
= ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c
A B CR R R
A B C A B C
pi pi pi
pi pi pi
− − −
+ + > + +
+ + +
 hay 
2 2
2 22
cyc
a AR
A A
pi
pi
−
>
+
∑ ∑ . 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 91 
Thử trở về cội nguồn của môn lượng giác 
Lê Quốc Hán 
ðại học Sư phạm Vinh 
 “Lượng giác học” có nguồn gốc từ Hình học. Tuy nhiên phần lớn học sinh khi học 
môn Lượng giác học (giải phương trình lượng giác, hàm số lượng giác ), lại thấy nó 
như là một bộ phận của môn ðại số học, hoặc như một công cụ ñể giải các bài toán hình 
học (phần tam giác lượng) mà không thấy mối liên hệ hai chiều giữa các bộ môn ấy. 
 Trong bài viết này, tôi hy vọng phần nào có thể cho các bạn một cách nhìn “mới” : 
dùng hình học ñể giải các bài toán lượng giác. 
 Trước hết, ta lấy một kết quả quen thuộc trong hình học sơ cấp : “Nếu G là trọng tâm 
tam giác ABC và M là một ñiểm tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác ñó thì” : 
 ( ) ( )2222222
9
1
3
1
cbaMCMBMAMG ++−++= (ðịnh lý Lép-nít) 
Nếu OM ≡ là tâm ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ thì 2222 3RMBMBMA =++ nên áp 
dụng ñịnh lý hàm số sin, ta suy ra : ( )CBARROG 222222 sinsinsin
9
4
++−= 
 ( ) ( )1sinsinsin
4
9
9
4 22222 





++−=⇒ CBAROG 
Từ ñẳng thức ( )1 , suy ra : 
 ( )2
4
9
sinsinsin 222 ≤++ CBA 
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OG ≡ , tức là khi và chỉ khi ABC∆ ñều. 
Như vậy, với một kiến thức hình học lớp 10 ta ñã phát hiện và chứng minh ñược bất ñẳng 
thức ( )2 . Ngoài ra, hệ thức ( )1 còn cho ta một “nguồn gốc hình học” của bất ñẳng thức 
( )2 , ñiều mà ít người nghĩ ñến. Bằng cách tương tự, ta hãy tính khoảng cách giữa O và 
trực tâm H của ABC∆ . Xét trường hợp ABC∆ có 3 góc nhọn. Gọi E là giao ñiểm của 
AH với ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ . Thế thì : 
( ) HAHEROHOH .
22
/ =−=℘ 
Do ñó : ( )*.22 HEAHROH −= 
với : 
AR
C
ACR
C
AAB
C
AFAH cos2
sin
cos
sin2
sin
cos
.
sin
==== 
và CBABCBKHKHE cotcos2cot22 === 
 CBR
C
CBCR coscos4
sin
cos
cossin2.2 == 
Thay vào ( )* ta có : 
 ( )3coscoscos
8
18 22 





−= CBAROH 
Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị 
liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 
The Inequalities Trigonometry 92 
Nếu 090=∠BAC chẳng hạn, thì ( )3 là hiển nhiên. Giả sử ABC∆ có góc A tù. Khi ñó 
( ) HEHAOHROH .
22
/ =−=℘ trong ñó ARAH cos2−= nên ta cũng suy ra ( )3 . 
Từ công thức ( )3 , ta suy ra : 
 ( )4
8
1
coscoscos ≤CBA 
(Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ ñều). Cũng 
như bất ñẳng thức ( )2 , bất ñẳng thức ( )4 ñã ñược phát 
hiện và chứng minh chỉ với kiến thức lớp 10 và có một 
“nguồn gốc hình học” khá ñẹp. Cần nhớ rằng, “xưa 
nay” chưa nói ñến việc phát hiện, chỉ riêng việc chứng 
minh các bất ñẳng thức ñó, người ta thường phải dùng 
các công thức lượng giác (chương trình lượng giác lớp 
11) và ñịnh lý về dấu tam thức bậc hai. 
Có ñược ( )1 và ( )3 , ta tiếp tục tiến tới. Ta thử sử dụng “ñường thẳng Ơle”. 
Nếu O, G, H là tâm ñường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm ABC∆ thì O, G, H 
thẳng hàng và : OHOG
3
1
= . Từ 22
9
1 OHOG = . 
Từ ( )( )31 ta có : 
 ( ) ( )CBACBA coscoscos81
4
1
sinsinsin
4
9 222
−=++− 
hay CBACBA coscoscos22sinsinsin 222 +=++ 
Thay α2sin bằng α2cos1− vào ñẳng thức cuối cùng, ta ñược kết quả quen thuộc : 
 ( )51coscoscos2coscoscos 222 =+++ CBACBA 
Chưa nói ñến việc phát hiện ra ( )5 , chỉ riêng việc chứng minh ñã làm “nhức óc” không 
biết bao nhiêu bạn trẻ mới làm quen với lượng giác. Qua một vài ví dụ trên ñây, hẳn các 
bạn ñã thấy vai trò của hình học trong việc phát hiện và chứng minh các hệ thức “thuần 
túy lượng giác”. Mặt khác, nó cũng nêu lên cho chúng ta một câu hỏi : Phải chăng các hệ 
thức lượng giác trong một tam giác khi nào cũng có một “nguồn gốc hình học” làm bạn 
ñường ? Mời các bạn giải vài bài tập sau ñây ñể củng cố niềm tin của mình. 
1. Chứng minh rằng, trong một tam giác ta có 





−=
2
sin
2
sin
2
sin8122 CBARd trong ñó 
d là khoảng cách giữa ñường tròn tâm ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ñó. 
Từ ñó hãy suy ra bất ñẳng thức quen thuộc tương ứng. 
• 2. Cho ABC∆ . Dựng trong mặt phẳng ABC các ñiểm 1O và 2O sao cho các tam 
giác ABO1 và ACO2 là những tam giác cân ñỉnh 21 ,OO với góc ở ñáy bằng 
030 và 
sao cho 1O và C ở cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, 2O và B ở c