Bài 102084

Question

1) Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn điều kiện: $max ({h_a},{h_b},{h_c}) < 1$
Chứng minh rằng: khi đó ta có $S < \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
2) Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn điều kiện :
${l_a} + {l_b} + {l_c} = \frac{{a + b + c}}{3}(\frac{{ab}}{{a + b}} + \frac{{bc}}{{b + c}} + \frac{{ac}}{{a + c}})$
Chứng minh rằng: $R \ge 1$

score 0 · Answer 1

1/. Do vai trò bình đẳng nên giả sử          $a \le b \le c$
Khi đó ta có                            $\frac{1}{a} \ge \frac{1}{b} \ge \frac{1}{c}      (1)$
Trong mọi tam giác thì ${h_a} \le {l_a}$,vì thế từ giả thiết ta có ${h_a} < 1    (2)$
Áp dụng công thức   ${l_a} = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{b + b}}$,suy ra
                         ${l_a} = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{b + b}} < 1 \Rightarrow c{\rm{os}}\frac{A}{2} < \frac{1}{2}(\frac{1}{b} + \frac{1}{c})           (3)$
Từ $(1)(3)$ ta có   $c{\rm{os}}\frac{A}{2} < \frac{1}{a}                   (4)$
Vi $A$ là góc nhỏ nhất trong tam giác nên :
   $A \le \frac{\pi }{3} \Rightarrow \cos A \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}                               (5)$
Từ $4)(5)$ lại có: $\frac{1}{a} > \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow a < \frac{2}{{\sqrt 3 }}                                       (6)$
Vì $S = \frac{1}{2}a{h_a}$ ,nên từ $(2)$ và $(6)$ suy ra $S < \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
Đó là (đpcm)

Nhận xét: Mệnh đề đảo nói chung không đúng.Thật vậy
Xét tam giác cân $ABC$ đỉnh $A$ có
$BC = \frac{1}{2};AH = 2$
Khi đó ${l_a} = AH = 2$
        $ \Rightarrow m{\rm{ax}}({l_a},{l_b},{l_c}) \ge {l_a} > 2$
Lại có $S = \frac{1}{2}BC.AH = \frac{1}{2} < \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ $tg{90^0} = + \infty $
Như vậy tam giác này có $S < \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ nhưng $m{\rm{ax}}({l_a},{l_b},{l_c}) \ge {l_a} > 1$
Với ví dụ này,nhận xét được chứng minh
$2/$ Không mất tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$,khi đó ta có
                              $\left\{ \begin{array}{l}
c{\rm{os}}\frac{A}{2} \le c{\rm{os}}\frac{B}{2} \le c{\rm{os}}\frac{C}{2}\\
\frac{{bc}}{{b + c}} \le \frac{{ac}}{{a + c}} \le \frac{{ab}}{{a + b}}
\end{array} \right.$
Vì thế áp dụng bất đẳng thức Trebusep,ta có:
${l_a} + {l_b} + {l_c} = 2(\frac{{ab}}{{a + b}}c{\rm{os}}\frac{C}{2} + \frac{{ac}}{{a + c}}c{\rm{os}}\frac{B}{2} + \frac{{bc}}{{b + c}}c{\rm{os}}\frac{A}{2})$
               $\ge \frac{2}{3}(c{\rm{os}}\frac{A}{2} + c{\rm{os}}\frac{B}{2} + c{\rm{os}}\frac{C}{2})(\frac{{a + b}}{{ab}} + \frac{{b + c}}{{bc}} + \frac{{a + c}}{{ac}})                 (1)$
Dấu $“=”$ xảy ra khi tam giác $ABC$ đều
Mặt khác trong tam giác $ABC$ có:
                   $c{\rm{os}}\frac{A}{2} + c{\rm{os}}\frac{B}{2} + c{\rm{os}}\frac{C}{2} \ge \sin A + \sin B + \sin C                      (2)$
Dấu $“=”$ xảy ra khi tam giác $ABC$ đều
Từ $(1)(2)$ và $\sin A + \sin B + \sin C = \frac{{a + b + c}}{{2R}}$,ta có:
                  ${l_a} + {l_b} + {l_c} = \frac{{a + b + c}}{{3R}}(\frac{{ab}}{{a + b}} + \frac{{bc}}{{b + c}} + \frac{{ac}}{{a + c}})                           (3)$
Bây giờ từ $(3)$ và giả thiết suy ra $R \ge 1$
Đó là (đpcm)

Bài 102084

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 102084

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan