a) Từ $A$ kẻ đường cao $AD \, (D \in BC)$

Ta có: $BC = BD + CD = AB.cosB + AC.cosC$

$a = c.cosB + b.cosC$

$\Rightarrow a^2 = ac.cosB + ab.cosC$

Bằng cách tương tự nếu kẻ các đường cao $BE, CF$ ta được:

$b^2 = bc.cosA + ba.cosC$

$c^2 = ac.cosB + bc.cosA$

$\Rightarrow b^2 + c^2 = ab.cosC + ac.cosB + 2bc.cosA$

$\Rightarrow b^2 + c^2 - a^2 = ab.cosC + ac.cosB + 2bc.cosA - ac.cosB - ab.cosC$

$\Leftrightarrow b^2 + c^2 - a^2 = 2bc.cosA$

$\Leftrightarrow a^2 = b^2 + c^2 - 2bc.cosA$

(Định lý $cosin$)

d) Dựa vào đường cao đã kẻ sẵn, ta được:

$S = \dfrac{1}{2}BC.AD = \dfrac{1}{2}BC.AC.sinC = \dfrac{1}{2}ab.sinC$

b) Áp dụng định lý $cosin$ vừa chứng minh ở câu a, ta được:

$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab.cosC$

$\Rightarrow cosC = \dfrac{b^2 + a^2 - c^2}{2ab}$

$\Rightarrow sinC = \sqrt{1 - cos^2C} = \sqrt{1 - \left(\dfrac{b^2 + a^2 - c^2}{2ab}\right)^2} = \dfrac{\sqrt{4a^2b^2 - (a^2 +b^2 -c^2)^2}}{2ab}$

Dựa vào công thức diện tích vừa chứng minh, ta được:

$S = \dfrac{1}{2}ab.sinC$

$= \dfrac{1}{2}ab.\dfrac{\sqrt{4a^2b^2 - (a^2 +b^2 -c^2)^2}}{2ab}$

$= \dfrac{1}{4}.\sqrt{4a^2b^2 - (a^2 +b^2 -c^2)^2}$

$= \dfrac{1}{4}\sqrt{[2ab - (a^2 + b^2 - c^2)][2ab + (a^2+b^2 -c^2)]}$

$= \dfrac{1}{4}\sqrt{[c^2 - (a - b)^2][(a + b)^2 - c^2]}$

$= \dfrac{1}{4}\sqrt{[(c - ( a -b)][c + (a - b)][(a + b) - c][(a + b) + c]}$

$= \sqrt{\dfrac{b + c -a}{2}\cdot \dfrac{a + c - b}{2}\cdot \dfrac{a +b - c}{2}\cdot\dfrac{a + b + c}{2}}$

$= \sqrt{\left(\dfrac{b + c  +a}{2}-a\right)\cdot \left(\dfrac{a + c +b}{2} - b\right)\cdot \left(\dfrac{a +b +c}{2} - c\right)\cdot\dfrac{a + b + c}{2}}$

$= \sqrt{p.(p-a)(p-b)(p-c)}$

(Công thức $Heron$)

c) Chứng minh $abc \geq (a + b -c)(a+c - b)(b + c -a)$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:

$b^2 = \dfrac{(a + b -c + b +c - a)^2}{4} \geq (a+b-c)(b+ c - a)$

$c^2 = \dfrac{a+ c - b +b + c -a)^2}{4} \geq (a +c - b)(b + c -a)$

$a^2 = \dfrac{a + b - c + a + c - b)^2}{4} \geq (a+ b -c)(b + c - a)$

$\Rightarrow a^2b^2c^2 \geq (a+b-c)^2(a+c-b)^2(b+c-a)^2$

$\Rightarrow abc \geq (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$

Ta có:

$a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \geq \sqrt{3abc(a +b +c)} \geq \sqrt{3(a + b -c)(a +c -b)(b + c -a)(a+b+c)}$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 +c^2 \geq \sqrt{3(a + b -c)(a +c -b)(b + c -a)(a+b+c)} = 4.\sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)} = 4\sqrt{3}S$

(Bất đẳng thức $Weitzenbock$)

Ta có: $a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S  + (a - b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2$

(Bất đẳng thức $Finsler-Hadwinger$)

là bất đẳng mạnh hơn $Weitzenbock$

$a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S  + (a - b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2$

$\Leftrightarrow [a^2 - (b - c)^2] + [b^2 - (c -a)^2] + [c^2 - (a - b)^2] \geq \sqrt{3(a + b -c)(a +c -b)(b + c -a)(a+b+c)}$

$\Leftrightarrow (a +b -c)(c + a - b) + (a + b -c)(b + c -a) + (c + a - b)(c + b -a) \geq \sqrt{3(a + b -c)(a +c -b)(b + c -a)(a+b+c)}$

Đặt $x = b + c - a; y = c + a  -b; z = a + b -c$ ta được:

$xy + yz + zx \geq \sqrt{3xyz(x + y + z)}$

$\Leftrightarrow (xy - yz)^2 + (yz - zx)^2 + (zx - xy)^2 \geq 0$ (luôn đúng)

$\\$

Cách khác:

$a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S  + (a - b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S + 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca$

$\Leftrightarrow 2(ab + bc + ca) - (a^ 2+ b^2 + c^2) \geq 4\sqrt{3}S$ $(*)$

Áp dụng công thức diện tích vừa chứng minh ở câu d, ta được:

$S = \dfrac{1}{2}ab.sinC \Rightarrow 2ab = \dfrac{4S}{sinC}$

Tương tự, ta được:

$2bc = \dfrac{4S}{sinA}$

$2ca = \dfrac{4S}{sinB}$

$\Rightarrow 2(ab + bc + ca) = 4S\left(\dfrac{1}{sinA} + \dfrac{1}{sinB} + \dfrac{1}{sinC}\right)$

Áp dụng định lý $cosin$ vừa chứng minh, ta được:

$a^2 = b^2 + c^2 -2bc.cosA$

$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac.cosB$

$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab.cosC$

$\Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 = 2ab.cosC + 2bc.cosA + 2ac.cosB$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 = \dfrac{4S}{sinC}.cosC + \dfrac{4S}{sinA}.cosA + \dfrac{4S}{sinB}.cosB$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 +c^2 = 4S\left(\dfrac{1}{tanA} + \dfrac{1}{tanB} + \dfrac{1}{tanC}\right)$

$(*) \Leftrightarrow 4S\left(\dfrac{1}{sinA} + \dfrac{1}{sinB} + \dfrac{1}{sinC}\right) - 4S\left(\dfrac{1}{tanA} + \dfrac{1}{tanB} + \dfrac{1}{tanC}\right) \geq 4\sqrt{3}S$

$\Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{sinA} + \dfrac{1}{sinB} + \dfrac{1}{sinC}\right) - \left(\dfrac{1}{tanA} + \dfrac{1}{tanB} + \dfrac{1}{tanC}\right)  \geq \sqrt3$

$\Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{sinA} - \dfrac{1}{tanA}\right) + \left(\dfrac{1}{sinB} - \dfrac{1}{tanB}\right) + \left(\dfrac{1}{sinC} - \dfrac{1}{tanC}\right) \geq \sqrt3$

$\Leftrightarrow \dfrac{1 - cosA}{sinA} +\dfrac{1 - cosB}{sinB} + \dfrac{1 - cosC}{sinC} \geq \sqrt3$

$\Leftrightarrow tan\dfrac{A}{2} + tan\dfrac{B}{2} + tan\dfrac{C}{2} \geq \sqrt{3}$ $(**)$

Ta có:

$\left(tan\dfrac{A}{2} + tan\dfrac{B}{2} + tan\dfrac{C}{2}\right)^2 \geq 3.\left(tan\dfrac{A}{2}.tan\dfrac{B}{2} + tan\dfrac{B}{2}.tan\dfrac{C}{2} + tan\dfrac{C}{2}.tan\dfrac{A}{2}\right) = 3$

$\Rightarrow tan\dfrac{A}{2} + tan\dfrac{B}{2} + tan\dfrac{C}{2} \geq \sqrt3$

$\Rightarrow (**)$ đúng

$\Rightarrow (*)$ đúng

$\Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq 4\sqrt{3}S  + (a - b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \geq 4\sqrt{3}S$

e) Kẻ đường kính $AD$

Ta được: $sin\widehat{BDA} = \dfrac{AB}{AD} = \dfrac{c}{2R}$

mà $\widehat{BDA} = \widehat{BCA}$ (cùng chắn $\overparen{AB}$)

nên $sin\widehat{BDA} = sin\widehat{BCA} = \dfrac{c}{2R}$

$\Rightarrow \dfrac{c}{sinC} = 2R$

Bằng cách kẻ các đường kính $BE, CF$ và chứng minh tương tự, ta được:

$\dfrac{a}{sinA} = \dfrac{b}{sinB} = \dfrac{c}{sinC} = 2R$