Bài 101866

Trong tam giác $ABC$, ta có :

\[r = 4R\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\] suy ra :

Theo công thức Euler,ta có:$O{I^2} = {R^2} - 2rR$, suy ra:
 $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4} \Leftrightarrow IO = r$

Nhận xét : Rõ ràng lớp tam giác $ABC$ thỏa mãn đề bài là không rỗng.Thật vậy,xét lớp tam giác vuông cân$ ABC$($A = {90^0}$).Với lớp này,ta có :
$\begin{array}{l}
\sin \frac{A}{2} = \sin {45^0} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\
\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = {\sin ^2}\frac{{45}}{2} = \frac{{1 - c{\rm{os}}{{45}^0}}}{2} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{4}\\
 \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}
\end{array}$

Ta cũng có thể thấy điều này trong hình học phẳng.Thật vậy,với tam giác vuông cân$ ABC$($A = {90^0}$),rõ ràng $IO=r$.Theo trên điều này đồng nghĩa với 
\[\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}\]

Vấn đề đặt ra liệu có lớp tam giác nào khác mà vẫn thỏa mãn hệ thức
$\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}$không?

Trước hết xét các lớp tam giác ABC cân.Giả sử B=C,khi đó :
$\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}$
$\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \sin \frac{{\pi  - 2B}}{2}{\sin ^2}\frac{B}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{\begin{array}{l}
\end{array}}\\
 \Leftrightarrow \cos B\frac{{1 - \cos B}}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}\\
 \Leftrightarrow 2\cos B(1 - \cos B) = \sqrt 2  - 1\\
 \Leftrightarrow 2{\cos ^2}B - 2\cos B + \sqrt 2  - 1 = 0
\end{array}$

Do $cosB>0$                                                       

\[ \Rightarrow \cos B = \frac{{1 + \sqrt {3 - 2\sqrt 2 } }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]\[ \Rightarrow B = C = {45^0} \Rightarrow A = {90^0}\]

Vậy nếu tam giác ABC thỏa mãn hệ thức thì nó phải là tam giác vuông cân.

Bây giờ ta xét lớp tam giác có 1 góc gấp đôi góc kia

Giả sử $B=2C$$ \Rightarrow A = {180^0} - 3C$

Ta có \[\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\] nên
 $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}$

$\Leftrightarrow \cos A + \cos B + \cos C = \sqrt 2 $

Ta có $\cos A + \cos B + \cos C =  - c{\rm{os}}3C + c{\rm{os}}2C + \cos C$

$ = 3\cos C - 4\cos {C^3} + 2\cos {C^2} - 1 + \cos C$

Từ đó suy ra
 $\cos A + \cos B + \cos C = \sqrt 2  \Leftrightarrow $
 $3\cos C - 4\cos {C^3} + 2\cos {C^2} - 1 + \cos C = \sqrt 2 $

$\Leftrightarrow 4\cos {C^3} - 2\cos {C^2} - 4\cos C + \sqrt 2  + 1 = 0$

 Xét hàm số : $f(x) = 4{x^3} - 2{x^2} - 4x + \sqrt 2  + 1$ với $0<x<1$

Ta có
  $\begin{array}{l}
{m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c)\\
m_a^2 = \frac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{a}\\
m_a^2 + m_b^2 + m_c^2 = \frac{3}{4}({a^2} + {b^2} + {c^2}) = {(\frac{{\sqrt 3 }}{2}a)^2} + {(\frac{{\sqrt 3 }}{2}b)^2} + {(\frac{{\sqrt 3 }}{2}c)^2}(1)
\end{array}$                                         

Vậy suy ra $f(\frac{{1 + \sqrt {13} }}{6}) < 0$.Do$f(1) = \sqrt 2  - 1 > 0$,nên tồn tại $\frac{{1 + \sqrt {13} }}{6} < {x_1} < 1$ sao cho \[f({x_1}) = 0\].Vì $\frac{{1 + \sqrt {13} }}{6} > \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ nên suy ra nếu chọn góc ${C^*}$=${x_1}$ thì $0 < {x_1} < {45^0}$

Vậy với tam giác $ABC$,với \[C = {C^*},B = 2{C^*},A = {180^0} - 3{C^*}\] là  tam giác không vuông thỏa mãn hệ thức $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}$

Cần để ý rằng bất đẳng thức \[\frac{{\sqrt 2 }}{2} < \frac{3}{4} < \frac{{1 + \sqrt {13} }}{6} < \frac{{\sqrt 3 }}{2}\] là hiển nhiên.Ngoài ra có thể tính trực tiếp để thấy \[f(\frac{{1 + \sqrt {13} }}{6}) < 0\]

Như vậy câu trả lời được xác định như sau :Ngoài lớp tam giác vuông cân,còn có lớp tam giác khác cũng thỏa mãn hệ thức 
 $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{4}$