|
|
Bài tập này của bạn khá hay. Tôi xin nêu ra một cách để giải quyết như sau
Trước hết ta nêu ra bổ đề : Trong tất cả những tam giác nội tiếp trong một đường tròn và chung một cạnh đáy, thì tam giác cân là tam giác có diện tích lớn nhất
Phần chứng minh của bổ đề này là hiển nhiên vì thấy đỉnh của tam giác cân là đỉnh xa đáy nhất.
Từ đó, bài toán ban đầu có thể trở thành tìm giá trị nhỏ nhất của một tam giác cân nội tiếp đường tròn cho trước.
Giả sử ta có hình vẽ
Gọi $\alpha$ là góc ở đ của tam giác cân $ABC\rightarrow \widehat{ACE}= \widehat{BCE}=90^\circ - \alpha$.
Gọi $O$ là tâm của đường tròn bán kính $R$ và $D, E$ là trung điểm của $AB, BC$.
Ta có $ \widehat{BOE}= \widehat{ACB}= 180^\circ-2\alpha\Rightarrow OE=OB. \cos \widehat{BOE}=-R \cos 2\alpha$
Do đó $CE=R(1- \cos 2\alpha)$ và $AB=2EB=2R \sin 2\alpha$.
Từ đó $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.CE=R^2(1- \cos 2\alpha)\sin 2\alpha=4R^2\sin \alpha\cos^3 \alpha. (1)$
Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si ta có
$\sin^2 \alpha\cos^6 \alpha=\frac{1}{3}.3\sin^2 \alpha.\cos^2 \alpha.\cos^2 \alpha.\cos^2 \alpha \le \frac{1}{3}\left ( \frac{3\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha+\cos^2 \alpha+\cos^2 \alpha}{4}\right )^4=\frac{3^3}{4^4} (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $S \le \frac{3 \sqrt 3}{4}R^2$.
Như vậy $\max S = \frac{3 \sqrt 3}{4}R^2\Leftrightarrow \triangle ABC$ đều.
|