Lời giải:
Gọi $AB=c, AC=b, BC=a$. Theo điều kiện thì $b=c$. Theo BĐT tam giác thì $AB+AC> BC$ hay $2b>a$. Đặt $b=ta$ thì $t> \frac{1}{2}$
Kẻ $OA$ vuông góc $BC$ tại $M$. Vì tam giác cân tại $A$ nên $M$ là trung điểm của $BC$
\(\Rightarrow AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{b^2-(\frac{a}{2})^2}\)
\(\Rightarrow S=\frac{AM.BC}{2}=\frac{a\sqrt{4b^2-a^2}}{4}\)
-------------------
Ta thấy: \(BD=\frac{2S_{ABC}}{AC}=\frac{2S}{b}\)
\(S=\frac{abc}{4R}=\frac{ab^2}{4R}\Rightarrow 4R=\frac{ab^2}{S}\Rightarrow \frac{8\sqrt{3}}{9}R=\frac{2\sqrt{3}}{9}.\frac{ab^2}{S}\)
Vậy BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{2S}{b}\leq \frac{2\sqrt{3}}{9}.\frac{ab^2}{S}\) \(\Leftrightarrow 9S^2\leq \sqrt{3}ab^3\)
\(\Leftrightarrow 9.\frac{a^2(4b^2-a^2)}{16}\leq \sqrt{3}ab^3\)
\(\Leftrightarrow \frac{9}{16}a(4b^2-a^2)\leq \sqrt{3}b^3(*)\).
\(\Leftrightarrow \frac{9}{16}a(4t^2a^2-a^2)\leq \sqrt{3}t^3a^3\)
\(\Leftrightarrow \frac{9}{16}(4t^2-1)\leq \sqrt{3}t^3\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{3}t^3-\frac{9}{16}(4t^2-1)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{3}(t-\frac{\sqrt{3}}{2})^2(t+\frac{\sqrt{3}}{4})\geq 0\) (luôn đúng)
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(t=\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow b=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)
