Bài toán:
Cho tam giác nhọn ABC. Gọi $h_a, h_b, h_c$ lần lượt là các
đường cao và $m_a, m_b, m_c$ lần lượt là trung tuyến của các cạnh BC, CA, AB; R và r
lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác
ABC. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{m_a}{h_a}+\dfrac{m_b}{h_b}+\dfrac{m_c}{h_c}\leq \dfrac{R+r}{r}$$
Lời giải:
Gọi O và I là tâm đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
A1 , B1,
C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB
Có : AA1 = ma
≤ R + OA1 ; đẳng thức xảy ra ó AB = AC
BB1 = mb ≤ R + OB1 ; đẳng thức xảy ra ó AB = BC
CC1 = mc ≤ R + OC1 ; đẳng thức xảy ra ó AC = BC
$$\Rightarrow \dfrac{m_a}{h_a}+\dfrac{m_b}{h_b}+\dfrac{m_c}{h_c}\leq R\left ( \dfrac{1}{h_a}+\dfrac{1}{h_b}+\dfrac{1}{h_c} \right )+\left ( \dfrac{OA_1}{h_a}+\dfrac{OB_1}{h_b}+\dfrac{OC_1}{h_c} \right )(1)$$
Có: $$2S = ( a + b + c)r$$
$$\Rightarrow \dfrac{2S}{r}=a+b+c=\dfrac{2S}{{{h}_{a}}}+\dfrac{2S}{{{h}_{b}}}+\dfrac{2S}{{{h}_{c}}}$$
(với AB = c , BC = a , AC = b )
$$\Rightarrow \dfrac{1}{{{h}_{a}}}+\dfrac{1}{{{h}_{b}}}+\dfrac{1}{{{h}_{c}}}=\dfrac{1}{r}(2)$$
$$\Rightarrow \dfrac{1}{{{h}_{a}}}+\dfrac{1}{{{h}_{b}}}+\dfrac{1}{{{h}_{c}}}=\dfrac{1}{r}(2)$$
Vậy
$$2S=a.OA_1+b.OB_1+c.OC_1=\dfrac{2S}{h_a}.OA_1+\dfrac{2S}{h_b}.OB_1+\dfrac{2S}{h_c}.OC_1$$
$$2S=a.OA_1+b.OB_1+c.OC_1=\dfrac{2S}{h_a}.OA_1+\dfrac{2S}{h_b}.OB_1+\dfrac{2S}{h_c}.OC_1$$
$$= 2S\left(
\dfrac{O{{A}_{1}}}{{{h}_{a}}}+\dfrac{O{{B}_{1}}}{{{h}_{b}}}+\dfrac{O{{C}_{1}}}{{{h}_{c}}}
\right)$$
$$\Rightarrow \dfrac{O{{A}_{1}}}{{{h}_{a}}}+\dfrac{O{{B}_{1}}}{{{h}_{b}}}+\dfrac{O{{C}_{1}}}{{{h}_{c}}}=1(3)$$
$$\Rightarrow \dfrac{O{{A}_{1}}}{{{h}_{a}}}+\dfrac{O{{B}_{1}}}{{{h}_{b}}}+\dfrac{O{{C}_{1}}}{{{h}_{c}}}=1(3)$$
Từ (1),(2),(3) suy ra $$\dfrac{{{m}_{a}}}{{{h}_{a}}}+\dfrac{{{m}_{b}}}{{{h}_{b}}}+\dfrac{{{m}_{c}}}{{{h}_{c}}}\leq \dfrac{R+r}{r}$$
Dấu đẳng
thức xảy ra $\Leftrightarrow \bigtriangleup ABC$ đều.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét