|
|
Ta biết rằng tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên cũng bằng bình phương tỉ số chu vi.
Đặt $BC=a,AC=b,AB=c, $. Gọi $AMN$ là tam giác nhận được từ tiếp tuyến song song với $BC$.
Gọi nửa chu vi của $\triangle ABC, \triangle AMN$ lần lượt là $p, p_1.$ Gọi $H,K$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tâm $I$ xuống $AB,AC$.
Ta dễ có điều sau
$2AH=2AK=AH+AK=b+c-a\Rightarrow 2p_1=AD+AE+DE=AH+AK=b+c-a$
Như vậy
$\dfrac{S_1}{S}=\left (\dfrac{p_1}{p} \right )^2=\left (\dfrac{b+c-a}{a+b+c} \right )^2$
Tương tự như vậy và ta có
$\dfrac{S_1+S_2+S_3}{S}=\dfrac{(b+c-a)^2+(a-b+c)^2+(a+b-c)^2}{(a+b+c)^2}$
Nhắc lại không cm BĐT quen thuộc $x^2+y^2+x^2 \ge \dfrac{1}{3}(x+y+z)^2 \quad x,y,z.$
Do đó
$(b+c-a)^2+(a-b+c)^2+(a+b-c)^2 \ge \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2$
Vậy
$\min \dfrac{S_1+S_2+S_3}{S}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow \triangle ABC$ đều.
|