|
Ta co' : m2a=2b2+2c2−a2a Ta suy ra m2a+m2b+m2c=34(a2+b2+c2)=(√32a)2+(√32b)2+(√32c)2(1) Từ (1) và giả thiết suy ra a+b+c=a+a2+a√22=12a(2+√6+√2)ma+mb+mc=a√32+a√64+3√2a4=14a(2√3+√6+3√2)⇒√32(a+b+c)=14a(2√3+3√2+3√6)⇒ma+mb+mc=√32(a+b+c) mamb+mbmc+mcma=12[(ma+mb+mc)2−(m2a+m2b+m2c)]= √32b√32c+√32b√32c+√32c√32a(3).Bình phương 2 vế của (3),ta có : m2am2b+m2bm2c+m2cm2a+2mambmc(ma+mb+mc)= 916(b2c2+c2a2+a2b2)+98abc(a+b+c)(∗). Ta có : m2am2b+m2bm2c+m2cm2a = (2a2+2b2−c2)(2b2+2c2−a2)+(2b2+2c2−a2)(2c2+2a2−b2)+(2c2+2a2−b2)(2a2+2b2−c2)16 =916(a2b2+b2c2+c2a2)(∗∗).Từ (∗) và (∗∗) ,kết hợp với giả thiết suy ra : 2mambmc√32(a+b+c)=98abc(a+b+c)⇒mambmc=3√38abc=(√32a)(√32b)(√32c)(4) Từ (1)(3)(4) và theo Viet ,ta có {m_a},{m_b},{m_c} và \frac{{\sqrt 3 }}{2}a,\frac{{\sqrt 3 }}{2}b,\frac{{\sqrt 3 }}{2}c cùng là 3 nghiệm của 2 phương trình bậc 3 Không mất tính tổng quát,giả sử a \le b \le c \Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \le \frac{{\sqrt 3 }}{2}b \le \frac{{\sqrt 3 }}{2}c và {m_a} \ge {m_b} \ge {m_c} Từ các nhận xét trên suy ra : {m_a} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a,{m_b} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}b,{m_c} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}c Từ đó suy ra dpcm Nhận xét : 1/ Lớp tam giác thỏa mãn điều kiện {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c) là không rỗng vì ít nhất có tam giác đều thỏa mãn điều kiện đó 2/ Bây gời xét tam giác ABC vuông (B = {90^0}) với BC=a,và trung tuyến AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} Khi đó c = AB = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \begin{array}{l} b = AC = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{\begin{array}{l} 2\\ \end{array}}\\ {m_b} = \frac{1}{2}b = \frac{b}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{\begin{array}{l} 4\\ \end{array}}\\ {m_c} = CN = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{8}} \end{array} Lúc này ta có \begin{array}{l} a + b + c = a + \frac{a}{2} + \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{2}a(2 + \sqrt 6 + \sqrt 2 )\\ {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{a\sqrt 6 }}{4} + \frac{{3\sqrt 2 a}}{4} = \frac{1}{4}a(2\sqrt 3 + \sqrt 6 + 3\sqrt 2 )\\ \Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c) = \frac{1}{4}a(2\sqrt 3 + 3\sqrt 2 + 3\sqrt 6 )\\ \Rightarrow {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c) \end{array} Như vậy ta chỉ ra rằng 1 lớp tam giác không phải tam giác đều mà vẫn thỏa mãn điều kiện .Bài toán càng có ý nghĩa 3/ Xét tam giác ABC có BC = a;AB = \frac{a}{2};AM = {m_a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} Áp dụng công thức \begin{array}{l} m_a^2 = \frac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}\\ \Rightarrow \frac{{3{a^2}}}{4} = \frac{{2{b^2} + \frac{{{a^2}}}{2} - {a^2}}}{4}\\ \Rightarrow {b^2} = \frac{{7{a^2}}}{4} \Rightarrow b = \frac{{a\sqrt 7 }}{2} \end{array} Lại có : \begin{array}{l} {m_a} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}a = 0 \Leftrightarrow m_a^2 = \frac{3}{4}{a^2}\\ \Leftrightarrow 2{b^2} + 2{c^2} - {a^2} = 3{a^2}\\ \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} = 2{a^2}\\ \Leftrightarrow \cot B + \cot C = 2\cot A \end{array} \begin{array}{l} m_b^2 = \frac{{2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}}}{4} = \frac{{2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} - \frac{{7{a^2}}}{4}}}{4} \Rightarrow {m_b} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\\ m_c^2 = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4} = \frac{{2{a^2} + \frac{{7{a^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{4}}}{4} \Rightarrow {m_c} = \frac{{a\sqrt {21} }}{4}\\ \Rightarrow {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{a\sqrt 3 }}{4} + \frac{{a\sqrt {21} }}{4} = \frac{1}{4}(2\sqrt 3 + \sqrt 3 + \sqrt {21} )a \end{array} Mặt khác \begin{array}{l} \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + \frac{{a\sqrt 7 }}{2} + \frac{a}{2}) = \frac{1}{4}(2\sqrt 3 + \sqrt {21} + \sqrt 3 )a\\ \Rightarrow {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c) \end{array} Thêm 1 ví dụ nữa chứng tỏ rằng tồn tại tam giác không đều thỏa mãn hệ thức đã cho 4/ Vấn đề đặt ra liệu có mệnh đề đảo hay không ?Tức là từ hệ thức ({m_a} - \frac{{\sqrt 3 }}{2})({m_b} - \frac{{\sqrt 3 }}{2})({m_c} - \frac{{\sqrt 3 }}{2}) = 0 có suy ra {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(a + b + c) hay không
|