Chủ đề này có 1 trả lời

[minhtuyb]

Problem: Cho $\Delta ABC$. Gọi $M$ là điểm bất kì nằm trong miền của tam giác. Đường thẳng $AM$ cắt đường tròn $(O)$ ngoại tiếp $\Delta ABC$ tại điểm thứ hai $A_1$.

Tìm điểm $M$ sao cho biểu thức $P=\dfrac{MB.MC}{MA_1}$ đạt GTNN

[perfectstrong]

Lời giải:
Vẽ $BM,CM$ cắt $(O)$ tại $B_1;C_1$ tương ứng. Vẽ $A_2;B_2;C_2$ là các hình chiếu của $M$ lần lượt lên $BC,CA,AB$.
Gọi $R,R_2$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABC,\vartriangle A_2B_2C_2$ tương ứng.
Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp $\vartriangle ABC$.
============================================
Ta chứng minh $\dfrac{MB.MC}{MA_1}=\dfrac{MA.BC}{B_1C_1} \quad (1)$. Thật vậy:

\[
\begin{array}{l}
\vartriangle MBC \sim \vartriangle MC_1B_1(g.g) \Rightarrow \dfrac{BM}{BC}=\dfrac{C_1M}{C_1B_1}\\
\Rightarrow \dfrac{BM}{BC}=\dfrac{\dfrac{|P_{M/(O)}|}{MC}}{C_1B_1} \Rightarrow \dfrac{MB.MC}{|P_{M/(O)}|}=\dfrac{BC}{B_1C_1}\\
\Rightarrow \dfrac{MB.MC}{MA.MA_1}=\dfrac{BC}{B_1C_1} \Rightarrow \dfrac{MB.MC}{MA_1}=\dfrac{MA.BC}{B_1C_1}
\end{array}
\]
============================================
Tiếp theo, ta chứng minh $\vartriangle B_2A_2C_2 \sim \vartriangle B_1A_1C_1(g.g) \quad (2)$.

\[
\begin{array}{l}
\left( {A_2 B_2 ;A_2 C_2 } \right) \equiv \left( {A_2 B_2 ;A_2 M} \right) + \left( {A_2 M;A_2 C_2 } \right)\left( {\bmod \pi } \right) \\
\equiv \left( {CB_2 ;CM} \right) + \left( {BM;BC_2 } \right) \equiv \left( {A_1 A;A_1 C_1 } \right) + \left( {A_1 B_1 ;A_1 A} \right)\left( {\bmod \pi } \right) \\
\equiv \left( {A_1 B_1 ;A_1 C_1 } \right)\left( {\bmod \pi } \right) \\
\end{array}
\]
Tương tự, ta cũng có $(B_1A_1;B_1C_1) \equiv (B_2A_2;B_2C_2) \pmod {\pi}$ nên từ đây, suy ra (2) đúng.
============================================
Mặt khác, ta cũng có $R_2 \ge r \quad (3)$.

Thật vậy, gọi $O_2$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle A_2B_2C_2$.
Vẽ $A';B';C'$ là hình chiếu của $O_2$ lần lượt lên $BC;CA;AB$.
\[
\begin{array}{l}
\frac{1}{2}r\left( {BC + CA + AB} \right) = S_{ABC} = S_{O_2 BC} + S_{O_2 AC} + S_{O_2 AB} \\
= \frac{1}{2}\left( {OA'.BC + OB'.AC + OC'.AB} \right) \\
\le \frac{1}{2}\left( {OA_2 .BC + OB_2 .AC + OC_2 .AB} \right) = \frac{1}{2}R_2 \left( {BC + CA + AB} \right) \\
\end{array}
\]
(3) được chứng minh.
============================================
Chú ý rằng $\angle B_2A_2C_2=\angle B_1A_1C_1$ hoặc $\angle B_2A_2C_2=\pi - \angle B_1A_1C_1$ nên $\sin B_2A_2C_2=\sin B_1A_1C_1$.
Áp dụng định lý hàm số sin và từ (1),(2),(3), ta có:
\[
\begin{array}{l}
\frac{{MB.MC}}{{MA_1 }} = \frac{{MA.BC}}{{B_1 C_1 }} = \frac{{MA.2R\sin BAC}}{{2R\sin B_1 A_1 C_1 }} = \frac{{MA\sin B_2 AC_2 }}{{\sin B_1 A_1 C_1 }} \\
= \frac{{B_2 C_2 }}{{\sin B_2 A_2 C_2 }} = 2R_2 \ge 2r \\
\end{array}
\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $R=r \Leftrightarrow M$ là tâm đường tròn nội tiếp $\vartriangle ABC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-03-2013 - 19:15