Bài 101956

Question

Cho tam giác $ABC$ với $B \neq C$.Gọi $AH, AM, AP$ tương ứng là đường cao, trung tuyến, phân giác của đỉnh $A$. CMR $PH=PM$ khi và chỉ khi hệ thức sau thỏa mãn:
$\sin B\sin C = {\sin ^2}\frac{A}{2}$

score 0 · Answer 1

Do $B \neq C$,giả sử $B>C$
Giả sử $AP$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $P’$,như thế $P’$là trung điểm cung $BC$$ \Rightarrow P'M \bot BC \Rightarrow AH//P'M$ và $P$ nằm trong đoạn $HM$
Ta có $\begin{array}{l}
\frac{{BP}}{{AP}} = \frac{{\sin \frac{A}{2}}}{{\sin B}};\frac{{CP}}{{AP}} = \frac{{\sin \frac{A}{2}}}{{\sin C}}\\
\Rightarrow \frac{{\sin \frac{A}{2}}}{{\sin B\sin C}} = \frac{{BP.CP}}{{A{P^2}}}(1)
\end{array}$
Từ $(1)$ suy ra
${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C \Leftrightarrow BP.CP = A{P^2}(2)$
Theo hệ thức lượng trong đường tròn,có
     $BP.CP=AP.PP’$,nên từ $(2)$ suy ra :
${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C \Leftrightarrow PP' = AP \Leftrightarrow PH = PM$
Đó là (đpcm)
Nhận xét :
$1/$ Giả thiết $B \neq C$ là cần thiết,vì nếu $B=C$ thì nói chung $PH=PM$ không tương đương
                                          ${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C$
Thật vậy nếu $B=C$,ta có $P \equiv H \equiv M \Rightarrow PH = PM = $0
Trong khi đó ${\sin ^2}\frac{A}{2} = \frac{{B{H^2}}}{{A{B^2}}};\sin B\sin C = {\sin ^2}B = \frac{{A{H^2}}}{{A{B^2}}}$
Dĩ nhiên $BH\neq AH$ suy ra nhận xét là đúng
Như vậy,ta có thể kết luận như sau:
Nếu tam giác $ABC$ thỏa mãn hệ thức ${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C$ thí suy ra $PH=PM$, còn điều ngược lại thì không đúng.Nhưng $B\neq C$ thì $2$ hệ thức đó tương đương
$2/$ Rõ ràng lớp các tam giác thỏa mãn tính chất $PH=PM$ là khác rỗng,vì nói riêng các lớp tam giác vuông cân đỉnh $A$ thỏa mãn điều kiện này( và thỏa mãn điều kiện ${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C$ )
$3/$ Bây giờ ta thử xem có tồn tại lớp tam giác $ABC$ với $B\neq C$ thỏa mãn yêu cầu đề bài không ?
Ta có ${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C$
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 1 - \cos A = c{\rm{os}}(B - C) - c{\rm{os}}(B + C)\\
\Leftrightarrow 2\cos sA = 1 - c{\rm{os}}(B - C)(*)
\end{array}$
Xét tam giác $ABC$ với $A = {72^0}$ thì từ $(*)$ suy ra :
$c{\rm{os}}(B - C) = 1 - 2\cos {72^0} = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2} \Rightarrow B - C = \arccos \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$
Do $B + C = {108^0} \Rightarrow B = {54^0} + \frac{1}{2}\arccos \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2};C = {54^0} - \frac{1}{2}\arccos \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$
Như thế tam giác $ABC$ nói trên thỏa mãn hệ thức ${\sin ^2}\frac{A}{2} = \sin B\sin C$
Vì $B\neq C$ nên tam giác này thỏa mãn tính chất $PH=PM$
Điều đó có nghĩa là tồn tại lớp tam giác $ABC$ thỏa mãn yêu cầu đề bài
Vì lẽ đó nên bài toán có nghĩa
$4/$ Ta đưa thêm ví dụ minh họa nữa cho lớp tam giác $ABC$ có tính chất đã nêu
Lấy $B = {90^0}$,khi đó $2\cos A = 1 - c{\rm{os}}(B - C)$
                          $\begin{array}{l}
\Rightarrow 2\cos A = 1 - \cos A(doB - C = A)\\
\Rightarrow \cos A = \frac{1}{3}
\end{array}$
Vậy lớp tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có $A = \arccos \frac{1}{3}$ thỏa mãn đề bài

Điều này cũng có thể suy ra từ hình học phẳng như sau: ta có $B \equiv H$
Vì $\cos A = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{3}$
$ \Rightarrow \frac{{BP}}{{PC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow BP = \frac{1}{3}PC$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow BP = \frac{1}{4}BC = \frac{1}{2}BM \Rightarrow BP = PM\\
\Rightarrow PH = PM
\end{array}$

Bài 101956

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 101956

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan