Xét tam giác ABC có BC = a, AC = b

Kẻ AH ⊥ BC thì AH và AC lần lượt là đường xiên.

Đường vuông góc kẻ từ A ở ngoài đường thẳng BC đến đường thẳng đó nên đường AH là đường ngắn nhất hay AH ≤ AC.

Khi đó ta có:

Mặt khác ta có:

⇒ 

hay(đpcm)

BĐT trên bị ngược dấu rồi.

Theo công thức Heron:

\(S=\dfrac{1}{4}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\).

Do đó ta chỉ cần cm:

\(\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\). (1)

Ta có \(\left(1\right)\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(b^2-c^2\right)^2}{2}+\dfrac{\left(c^2-a^2\right)^2}{2}\ge0\) (luôn đúng).

Do đó bđt ban đầu cũng đúng.

Đẳng thức xảy ra khi tam giác đó đều.

Gọi chiều cao tương ứng với các cạnh a, b, c là h_a ; h_b ; h_c 

Ta có \(S=\frac{1}{2}a.h_a=\frac{1}{2}b.h_b=\frac{1}{2}c.h_c\)

Theo quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên thì \(h_a\le b;h_b\le c;h_c\le a\)

Vậy nên \(S=\frac{1}{2}a.h_a\le\frac{1}{2}a.b\Rightarrow2S\le ab\)

Tương tự \(2S< bc;2S< ca\)

Vẽ AH _|_ CD: \(S_{ACD}=\frac{1}{2}ah\le\frac{1}{2}ab\)

\(\Rightarrow4S_{ACD}\le2ab\le a^2+b^2\) (Theo BĐT Cosi)

Tương tự \(4S_{ABC}\le c^2+d^2\)

Vậy \(4\left(S_{ACD}+S_{ABC}\right)\le a^2+b^2+c^2+d^2\) hay \(S\le\frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\)

Dấu "=" xảy ra <=> \(\Delta\)ABC vuông ở B và \(\Delta\)ADC vuông ở D

=> ABCD là hình vuông