Bài 102200

Question

Cho tam giác $ABC$ có $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{12}$
Giả sử $M$ là $1$ điểm trên đường tròn nội tiếp tam giác ấy. Gọi $D,E,F$ tương ứng là hình chiếu của $M$ trên $BC,AC,AB$. Đặt $S' = S_{DEF}$
CMR : $\frac{{5 - 2\sqrt 3 }}{{36}} \le \frac{{S'}}{S} \le \frac{{5 + 2\sqrt 3 }}{{36}}$

score 0 · Answer 1

Gọi $O, I$ tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$, ta có
     $r = 4R\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}$
Kết hợp với giả thiết suy ra   $R=3r$
Theo công thức $\frac{{S'}}{S} = \frac{1}{{4{R^2}}}\left| {{R^2} - O{M^2}} \right|$ Euler ( trong cuốn LƯỢNG GIÁC SƠ CẤP phần $1$ ),ta có
           $O{I^2} = {R^2} - 2Rr = 9{r^2} - 6{r^2} = 3{r^2}$
          $\Rightarrow OI = r\sqrt 3                                     (1)$
Từ $(1)$ suy ra $O$ nằm ngoài đường tròn nội tiếp ( do $OI>r$)
Giả sử $O$ cắt đường tròn nội tiếp tại $K,N$ (theo thứ tự $O,K,I,N$)
Dễ thấy     $OK \le OM \le ON \le R = 3r$

Vẫn theo kết quả trong cuốn LƯỢNG GIÁC SƠ CẤP ta có :
      $\Rightarrow \frac{{{R^2} - O{N^2}}}{{4{R^2}}} \le \frac{{S'}}{S} = \frac{{{R^2} - O{M^2}}}{{4{R^2}}} \le \frac{{{R^2} - O{K^2}}}{{4{R^2}}}       (2)$
Theo $(1)$ thì $OK = r\sqrt 3 - r,ON = r\sqrt 3 + r$
Thay vào $(2)$ có
   $\frac{{9{r^2} - {r^2}{{(\sqrt 3 + 1)}^2}}}{{36{r^2}}} \le \frac{{S'}}{S} \le \frac{{9{r^2} - {r^2}{{(\sqrt 3 - 1)}^2}}}{{36{r^2}}}$
Hay        $\frac{{5 - 2\sqrt 3 }}{{36}} \le \frac{{S'}}{S} \le \frac{{5 + 2\sqrt 3 }}{{36}}$
Đó là $dpcm$
Nhận xét
$1/$ Hệ thức
                    $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{{12}} \Leftrightarrow R = 3r$
Ngoài ra hệ thức này còn tương đương với nhiều hệ thức khác nữa,ví dụ như
                   $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \Leftrightarrow 6{r^2}(a + b + c) = abc$
Thật vậy,do $a+b+c=2p$;$S = pr = \frac{{abc}}{{4R}}$,nên ta thấy
                    $6{r^2}(a + b + c) = abc \Leftrightarrow 12r.pr = 4RS$
                                                    $\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 12rS = 4RS\\
\Leftrightarrow R = 3r
\end{array}$
Nhận xét được chứng minh
$2/$ lớp tam giác thỏa mãn hệ thức $R=3r$ (hay $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{{12}}$) là khác rỗng
$a/$ Xét các tam giác cân $ABC có B=C=2x ,\Rightarrow A = {180^0} - 4x$

Như thế $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \sin ({90^0} - 2x){\sin ^2}x$
                                        $ = c{\rm{os}}2x\frac{{1 - c{\rm{os}}2x}}{2}$
Xét phương trình lượng giác: $\frac{{c{\rm{os}}2x(1 - c{\rm{os}}2x)}}{2} = \frac{1}{{12}}$
                                              $\begin{array}{l}
\Leftrightarrow 6{\cos ^2}2x - 6\cos 2x + 1 = 0\\
\Leftrightarrow c{\rm{os}}2x = \frac{{3 \pm \sqrt 3 }}{6}
\end{array}$

Vậy lấy ví dụ tam giác cân $ABC$ đỉnh $A$ có $B=C=\arccos \frac{{3 \pm \sqrt 3 }}{6}$ thỏa mãn điều kiện đã cho
$b/$ Xét tam giác vuông $ABC$ đỉnh A.Đặt $B=2x \Rightarrow C = {90^0} - 2x$
Khi đó :
             $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\sin {\rm{x}}\sin ({45^0} - x)$
Xét phương trình lượng giác
                        $\frac{{\sqrt 2 }}{2}\sin {\rm{x}}\sin ({45^0} - x) = \frac{1}{{12}}$
                     $\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \sin {\rm{x}}\sin ({45^0} - x) = \frac{1}{{6\sqrt 2 }}\\
\Leftrightarrow c{\rm{os}}(2x - {45^0}) - c{\rm{os}}{45^0} = \frac{1}{{3\sqrt 2 }}\\
\Leftrightarrow c{\rm{os}}(2x - {45^0}) = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}
\end{array}$
Vậy lấy ví dụ tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $B = {45^0} + \arccos \frac{{2\sqrt 2 }}{3}$ sẽ thỏa mãn điều kiện đề bài

Bài 102200

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 102200

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan