Xét tam giác CFH và tam giác CAB có:

\(\widehat C\) chung

\(\widehat {CFH} = \widehat {CAB}\)(bằng 90 độ)

Suy ra: ∆CFH ᔕ ∆CAB (g.g)

Nên: \[\frac = \frac\,\,hay\,\,\frac = \frac\, \Rightarrow \,C{F^2} = \frac{{C{A^2}\,.\,C{H^2}\,}}{{C{B^2}}} = \frac{{C{H^3}\,}}\]( vì CA = CH.CB) (1)

Tương tự: ∆BEH ᔕ ∆BAC (g.g)

Suy ra: \[\frac = \frac\,\, \Rightarrow \,B{E^2} = \frac{{B{A^2}\,.\,B{H^2}\,}}{{B{C^2}}} = \frac{{B{H^3}}}\](vì BA² = BH. BC) (2)

TỪ (1) và (2) ta có:

\[\sqrt[3]{{B{E^2}}} + {\rm{ }}\sqrt[3]{{C{F^2}}} = \,\frac{{\sqrt[3]}} = \sqrt[3]{{B{C^2}}}\]

Áp dụng bất đẳng thức: a³ + b³ ≥ \[\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^3}}}{4}\] ta có:

BE² + CF² ≥ \[\frac{{{{\left( {\sqrt[3]{{B{E^2}}} + \sqrt[3]{{C{F^2}}}} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4}\]

MÀ AH ≤ \(\frac{1}{2}BC\)(vì AH luôn nhỏ hơn đường trung tuyến kẻ từ A xuống BC)

Suy ra: AH² ≤ \(\frac{1}{4}B{C^2}\)

Mặt khác: AHEF là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông) nên AH = EF

Vậy: BE² + CF² ≥ EF²

Dấu “=” khi tam giác ABC vuông cân tại A.