Cho tam giác\(ABC,\) đường cao \(AH{\rm{ }}\left( {H \in BC} \right).\)Biết\({\rm{ }}BC - AB = 2cm,\)\(AC = 10cm\) và \(\widehat {CAH} = 30^\circ \). Tính diện tích tam giác \(ABC.\)

Với \[a,b > 0\], ta chứng minh \[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge a - \frac{b}{2}\].

- Áp dụng: \({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} \ge 2ab \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \frac{{ - 1}}{{2ab}}\)

Khi đó:

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^{^2}}}} = \frac{{a({a^2} + {b^2}) - a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} = a - \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge a - \frac{{a{b^2}}}{{2ab}} = a - \frac{b}{2}\]    

\[ \Rightarrow \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} \ge b - \frac{c}{2}\]  \[;\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}} \ge c - \frac{a}{2}\]

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}\]

- Áp dụng:\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 4ab\)

 Ta có:

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 4ab + {b^2}}} \ge \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 2({a^2} + {b^2}) + {b^2}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}}\];\[\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + 4bc + {c^2}}} \ge \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + 2({b^2} + {c^2}) + {c^2}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}}\];\[\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + 4ac + {a^2}}} \ge \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + 2({c^2} + {a^2}) + {a^2}}} = \frac{1}{3}.\frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}}\]

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có:

\[\begin{array}{l}\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 4ab + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + 4bc + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + 4ca + {a^2}}}\\ \ge \frac{1}{3}\left( {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2}}}} \right) \ge \frac{{a + b + c}}{6} = 1\end{array}\]

-Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1, dấu “=” xảy ra khi  \[a = b = c = 2.\]