Bài 102187

Question

Giả sử $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Biết $AB$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AGC$.
CMR: $\sin \widehat {CAG} + \sin \widehat {CBG} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}$

score 0 · Answer 1

Gọi $N,P$ tương ứng là trung điểm của $BC,AC$
Vì $AB$ là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AGC$ nên
Vì $NP//AB$ nên do đó $ \Rightarrow GNCP$ là tứ giác nội tiếp
Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn,ta có:
                                                   $\left\{ \begin{array}{l}
AG.AN = AP.AC\\
BG.BP = BN.BC
\end{array} \right.$

                                            $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{2}{3}{m_a}{m_a} = \frac{b}{2}b\\
\frac{2}{3}{m_b}{m_b} = \frac{a}{2}a
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = \frac{2}{{\sqrt 3 }}{m_a}(1)\\
a = \frac{2}{{\sqrt 3 }}{m_b}(2)
\end{array} \right.$
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác $ANC$ và $APC$,có
$\left\{ \begin{array}{l}
AG.AN = AP.AC\\
BG.BP = BN.BC
\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{2}{3}{m_a}{m_a} = \frac{b}{2}b\\
\frac{2}{3}{m_b}{m_b} = \frac{a}{2}a
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b = \frac{2}{{\sqrt 3 }}{m_a}(1)\\
a = \frac{2}{{\sqrt 3 }}{m_b}(2)
\end{array} \right.$

Áp dụng công thức $\frac{{a\sin C}}{2} = \frac{A}{b};\frac{{b\sin C}}{2} = \frac{S}{a}                                            (5)$
Từ $(3)(4)(5)$ ta có $\sin \widehat {CAG} + \sin \widehat {CBG} = \sin \widehat {CAN} + \sin \widehat {CBP} = S(\frac{1}{{b{m_a}}} + \frac{1}{{a{m_b}}})    (6)$
Từ $(1)(2)(6)$ suy ra: $\sin \widehat {GAC} + \sin \widehat {GBC} = \frac{{2\sqrt 3 }}{2}S(\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}})                     (7)$
Từ $(7)$ suy ra :   $\sin \widehat {GAC} + \sin \widehat {GBC} \le \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow S(\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}) \le 1$
                                                                   $ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}{b^2}}} \le \frac{1}{S}     (8)$
Từ $(1)(2)$ ta có :
                                      $\left\{ \begin{array}{l}
3{b^2} = 2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}\\
3{a^2} = 2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}
\end{array} \right.$
                                  $ \Rightarrow 4{c^2} = 2{b^2} + 2{a^2}$
                                  $ \Rightarrow {b^2} + {a^2} = 2{c^2}                                                      (9)$
Từ $(8)(9)$ ta có :$\sin \widehat {GAC} + \sin \widehat {BGC} \le \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow \frac{{2{c^2}}}{{{a^2}{b^2}}} \le \frac{1}{S}                             (10)$
Áp dụng định lý hàm số cosin từ $(9)$ có
                                    ${b^2} + {a^2} = {c^2} + ({a^2} + {b^2} - 2ab\cos C)$
                               $ \Rightarrow {c^2} = 2ab\cos C$
Do đó       $(10) \Leftrightarrow \frac{{4ab\cos C}}{{{a^2}{b^2}}} \le \frac{2}{{ab\sin C}}$
                        $ \Leftrightarrow \sin 2C \le 1                                                                    (11)$
Vì $(11)$ đúng suy ra (đpcm)
Dấu $“=”$ xảy ra khi $AB$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AGC$ và $C = {45^0}$

Bài 102187

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 102187

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan