Bài tập nâng cao · Bài 40
Bài tập nâng cao Hệ thức lượng trong tam giác · Bài 40
Chứng minh điều kiện cần và đủ để tam giác $ABC$ đều là $m_a+m_b+m_c=\frac{9}{2}R$.
Xem lời giải
Lời giải
Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ và $M$ là một điểm tùy ý.
Ta có $MA^2+MB^2+MC^2=\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GM}\right)^2+\left(\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GM}\right)^2+\left(\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GM}\right)^2$
$=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2-2\overrightarrow{GM}\cdot\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)$
$=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2\geq GA^2+GB^2+GC^2$.
Ta có $(x+y+z)^2\leq3(x^2+y^2+z^2)\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq0$.
Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, với mọi điểm $M$, ta có
$(m_a+m_b+m_c)^2=\frac{9}{4}(GA+GB+GC)^2\leq\frac{9}{4}\cdot3(GA^2+GB^2+GC^2)\leq\frac{27}{4}(MA^2+MB^2+MC^2)$.
Thay $M$ bởi tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp, ta được
$(m_a+m_b+m_c)^2\leq\frac{27}{4}\cdot3R^2=\frac{81}{4}R^2$.
Suy ra $m_a+m_b+m_c\leq\frac{9}{2}R$.
Vậy nếu $ABC$ là tam giác đều thì có $m_a+m_b+m_c=\frac{9}{2}R$. (1)
Ngược lại nếu giả sử tam giác $ABC$ thỏa mãn điều kiện (1). Thay điểm $M$ bằng tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp $ABC$, ta có $3R^2=\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+3OG^2$.
Suy ra $\frac{81}{4}R^2=3(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+\frac{81}{4}OG^2\geq(m_a+m_b+m_c)^2+\frac{81}{4}OG^2$.
Do đó $\frac{81}{4}R^2\geq\frac{81}{4}R^2+\frac{81}{4}OG^2\Rightarrow OG^2=0$ hay $O\equiv G$.
Vậy $ABC$ là tam giác đều.
Ta có $MA^2+MB^2+MC^2=\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GM}\right)^2+\left(\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GM}\right)^2+\left(\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GM}\right)^2$
$=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2-2\overrightarrow{GM}\cdot\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)$
$=GA^2+GB^2+GC^2+3GM^2\geq GA^2+GB^2+GC^2$.
Ta có $(x+y+z)^2\leq3(x^2+y^2+z^2)\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq0$.
Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh, với mọi điểm $M$, ta có
$(m_a+m_b+m_c)^2=\frac{9}{4}(GA+GB+GC)^2\leq\frac{9}{4}\cdot3(GA^2+GB^2+GC^2)\leq\frac{27}{4}(MA^2+MB^2+MC^2)$.
Thay $M$ bởi tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp, ta được
$(m_a+m_b+m_c)^2\leq\frac{27}{4}\cdot3R^2=\frac{81}{4}R^2$.
Suy ra $m_a+m_b+m_c\leq\frac{9}{2}R$.
Vậy nếu $ABC$ là tam giác đều thì có $m_a+m_b+m_c=\frac{9}{2}R$. (1)
Ngược lại nếu giả sử tam giác $ABC$ thỏa mãn điều kiện (1). Thay điểm $M$ bằng tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp $ABC$, ta có $3R^2=\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+3OG^2$.
Suy ra $\frac{81}{4}R^2=3(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+\frac{81}{4}OG^2\geq(m_a+m_b+m_c)^2+\frac{81}{4}OG^2$.
Do đó $\frac{81}{4}R^2\geq\frac{81}{4}R^2+\frac{81}{4}OG^2\Rightarrow OG^2=0$ hay $O\equiv G$.
Vậy $ABC$ là tam giác đều.