[Bài toán] Nhận dạng tam giác

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nhọn có trực tâm $H$. Xác định dạng tam giác biết rằng :

$$\frac{(S_1+S_2+S_3{)}^3}{27S_1{S}_2{S}_3}=\frac{R}{2r}$$

Trong đó $S_1=S_{HBC},S_2=S_{HCA},S_3=S_{HAB}$

Lời giải :

Bổ đề 1: $HA=2R.cosA,HB=2R.cosB,HC=2R.cosC$

Chứng minh bổ đề 1:

Gọi $O$ tâm đường tròn $(ABC)$, $I$ là trung điểm của $BC$, tia $CO$ cắt $(O)$ tại $K$.

Ta có $BK=2OI$ (tính chất đường trung bình), $OI=OC.cos\widehat{IOC}=R.cos\frac{\widehat{BOC}}{2}=R.cosA$

Mặt khác dễ thấy $AHBK$ là hình bình hành nên $HA=BK=2OI=2R.cosA$

Hoàn toàn tương tự với $HB,HC$

Bổ đề 2 : Với $a,b,c$ là ba số thực tùy ý thì ta có bất đẳng thức :

$$(a+b-c{)}^2(b+c-a{)}^2(c+a-b{)}^2\ge (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$$

Chứng minh bổ đề 2 : 

Nếu $a^2,b^2,c^2$ không là độ dài ba cạnh của một tam giác thì hiển nhiên $VT<0,VT\ge 0$, bất đẳng thức đúng. Ta xét trường hợp $a^2,b^2,c^2$ là độ dài ba cạnh một tam giác.

Sử dụng kĩ thuật ghép đối xứng, ta sẽ chứng minh :

$$(a+b-c{)}^2(c+a-b{)}^2\ge (a^2+b^2-c^2)(c^2+a^2-b^2)$$

$\iff [a^2-(b-c{)}^2{]}^2$$\ge a^4-(b^2-c^2{)}^2$$\iff -2a^2(b-c{)}^2+(b-c{)}^4$$\ge -(b^2-c^2{)}^2$$\iff (b-c{)}^2\left[(b-c{)}^2-2a^2+(b+c{)}^2\right]$$\ge 0$$\iff (b-c{)}^2[b^2+c^2-a^2]$$\ge 0$

Điều này luôn đúng vì $a^2,b^2,c^2$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Thiết lập các BĐT tương tự rồi nhân chúng lại vế theo vế thì bổ đề chứng minh hoàn tất.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ và các hoán vị.

 Quay trở lại bài toán :

Ta có $S_1=\frac{1}{2}HB.HC.sin\widehat{BHC}=\frac{1}{2}.2R.cosB.2R.cosC.sin\left(\pi -A\right)=2R^{2}sinAcosBcosC$

Tương tự ta được $S_2=2R^{2}sinBcosAcosC,S_3=2R^{2}sinCcosAcosB$

Đẳng thức đề bài cho được viết lại thành :

$2r{S}^3$$=27R.S_1{S}_2{S}_3$$\iff 2r.(2R^2.sinA.sinB.sinC{)}^3$$=27R.(2R^2{)}^3.sinAsinBsinC.co{s}^{2}Aco{s}^{2}Bco{s}^{2}C$$\iff 2r.si{n}^{2}Asi{n}^{2}Bsi{n}^{2}C$$=27R.co{s}^{2}Aco{s}^{2}Bco{s}^{2}C$$\iff co{t}^{2}Aco{t}^{2}Bco{t}^{2}C$$=\frac{2r}{27R}$

Sử dụng định lí hàm số cot: $cotA=\frac{b^2+c^2-a^2}{4S}$

Ta có :

$\frac{(b^2+c^2-a^2{)}^2(c^2+a^2-b^2{)}^2(a^2+b^2-c^2{)}^2}{4^6{S}^6}$$=\frac{2r}{27R}$$=\frac{2.\frac{S}{p}}{27.\frac{abc}{4S}}$$=\frac{8S^2}{27pabc}$$\iff (b^2+c^2-a^2{)}^2(c^2+a^2-b^2{)}^2(a^2+b^2-c^2{)}^2$$=\frac{2^{15}{S}^8}{27pabc}$$\iff (b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$$=\frac{128\sqrt{2}{S}^4}{3\sqrt{3pabc}}$

Theo bổ đề 2 thì ta có :

$\frac{128\sqrt{2}{S}^4}{3\sqrt{3pabc}}$$\le (a+b-c{)}^2(b+c-a{)}^2(c+a-b{)}^2$$\iff 128\sqrt{2}.{\left[\frac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{16}\right]}^2$$\le 3\sqrt{3pabc}(a+b-c{)}^2(b+c-a{)}^2(c+a-b{)}^2$$\iff \frac{1}{\sqrt{2}}(a+b+c{)}^2$$\le 3\sqrt{3pabc}$$\iff \frac{1}{2}(a+b+c{)}^4$$\le 27abc.\frac{a+b+c}{2}$$\iff (a+b+c{)}^3$$\le 27abc$$\iff a$$=b$$=c$

Kết luận : Tam giác đã cho là tam giác đều.