Đề bài: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Chứng  minh rằng : $h_a \le \left( {1 + \sqrt 2 } \right)r \le R$

Lời giải

Đề bài:
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Chứng  minh rằng : $h_a \le \left( {1 + \sqrt 2 } \right)r \le R$
Lời giải

$\frac{{{h_a}}}{r} = \frac{{\frac{{2S}}{a}}}{{\frac{S}{p}}} = \frac{{2p}}{a} = \frac{{a + b + c}}{a} = 1 + \frac{{b + c}}{a}$ $ \le 1 + \frac{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} }}{a} = 1 + \frac{{\sqrt {2{a^2}} }}{a} = 1 + \sqrt 2 $
Vậy ${h_a} \le \left( {1 + \sqrt 2 } \right)r$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow b = c \Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông cân tại $A$.

$\begin{array}{l}
\frac{R}{r} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\left( {p – a} \right)\tan\frac{A}{2}}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\left( {p – a} \right)\tan{{45}^o}}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{b + c – a}}{2}}} = \frac{a}{{b + c – a}}\ge \frac{a}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}- a}} = \frac{a}{{\sqrt {2{a^2}}  – a}} = \frac{1}{{\sqrt 2  – 1}} = \sqrt 2 + 1
\end{array}$
Vậy $R \ge \left( {1 + \sqrt 2 } \right)r$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow b = c \Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông cân tại $A$.

=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức trong tam giác