[Bài toán] Xác định dạng tam giác

Bài toán : Xác định dạng của tam giác $ABC$ nếu :

1) $\frac{co{s}^2\frac{A}{2}}{a}+\frac{co{s}^2\frac{B}{2}}{b}+\frac{co{s}^2\frac{C}{2}}{c}$$=\frac{27r}{8S}$

2) $$ab.cosC+bc.cosA+ac.cosB=c^2$$

3) $$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}=\frac{9R^2}{4S}$$

4) $$S=\frac{\sqrt{3}}{36}(a+b+c{)}^2$$

5) $$m_a^2+m_b^2+m_c^2=3\sqrt{3}S$$

6) $$b+c=\frac{a}{2}+\sqrt{3}{h}_a$$

Lời giải :

1) Áp dụng hệ thức quen thuộc $co{s}^2\frac{A}{2}=\frac{p(p-a)}{bc}$.

Ta viết hệ thức đề bài cho thành :

$\frac{p(p-a)+p(p-b)+p(p-c)}{abc}$$=\frac{27r}{8S}$$=\frac{27r}{8pr}$$=\frac{27}{4(a+b+c)}$$\iff \frac{p^2}{abc}$$=\frac{27}{4(a+b+c)}$$\iff (a+b+c{)}^3$$=27abc$$\iff a$$=b$$=c$

Vậy : Tam giác đã cho là tam giác đều.

2) $ab.cosC+bc.cosA+ca.cosB=c^2\iff \frac{a^2+b^2-c^2}{2}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2}=c^2\iff a^2+b^2+c^2=2c^2\iff a^2+b^2=c^2\iff$ tam giác $ABC$ vuông tại $C$.

Vậy : Tam giác đã cho vuông tại $C$.

3) Ta có $tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}=\frac{r_a+r_b+r_c}{p}=\frac{4R+r}{p}$.

Từ đề bài ta có $\frac{4R+r}{p}=\frac{9R^2}{4S}\iff 16RS+4Sr=9R^{2}p\iff 16Rpr+4p{r}^2=9R^2.p$.

Mặt khác theo BĐT $Euler$ : $16Rpr+4p{r}^2\ge 8R^{2}p+R^2.p=9R^2.p$

Đẳng thức đã xảy ra $\iff R=2r\iff$ tam giác $ABC$ đều.

Vậy : Tam giác đã cho là tam giác đều.

Cách khác :

Ta có $tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}=S\left(\frac{1}{p(p-a)}+\frac{1}{p(p-b)}+\frac{1}{p(p-c)}\right)=\frac{\left[(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)\right]}{S}\le \frac{1}{S}.\frac{c^2+a^2+b^2}{4}\le \frac{9R^2}{4S}$

Lưu ý ở đây ta áp dụng $AM-GM$ và BĐT $Leibniz$ :

$$(p-a)(p-b)\le \frac{(2p-a-b{)}^2}{4}=\frac{c^2}{4}$$

$$a^2+b^2+c^2\le 9R^2$$

Đẳng thức đã xảy ra, khi và chỉ khi $a=b=c$ hay tam giác đã cho đều.

4) Ta viết hệ thức đề bài thành :

$S^2$$=\frac{3}{36^2}(a+b+c{)}^4$$\iff \frac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{16}$$=\frac{3}{36^2}(a+b+c{)}^4$$\iff 27(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$=(a+b+c{)}^3$

Suy ra $(a+b+c{)}^3\le 27abc\Rightarrow a=b=c$.

Vậy : Tam giác đã cho là tam giác đều.

5) Gỉa thiết đã cho có thể biến đổi thành :

$\frac{3}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)$$=3\sqrt{3\frac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{16}}$$\iff (a^2+b^2+c^2{)}^2$$=3(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2{)}^2$$\le 3abc(a+b+c)$

Mặt khác ta chứng minh được $(a^2+b^2+c^2{)}^2\ge 3abc(a+b+c)$, như vậy đẳng thức phải xảy ra, khi đó $a=b=c$

Vậy : Tam giác đã cho là tam giác đều

6) Áp dụng BĐT $AM-GM$, ta có :

Ta có

$\frac{a}{2}+\sqrt{3}{h}_a$$=\frac{a}{2}+\frac{2}{a}\sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}$$\le \frac{a}{2}+\frac{2}{a}.\frac{3(p-a)+p}{2}.\frac{(p-b)+(p-c)}{2}$$=\frac{a}{2}+\frac{2}{a}.\frac{2(b+c)-a}{2}.\frac{a}{2}$$=\frac{a}{2}+\frac{2(b+c)-a}{2}$$=b+c$

Đẳng thức phải xảy ra, khi đó $\{\begin{array}{ccc}3(p-a)=p& & \\ p-b=p-c& & \end{array}\iff a=b=c$.

Vậy : Tam giác đã cho là tam giác đều.