Lời giải
Hiện tại mình chỉ nghĩ ra cách này thôi. Chắc sẽ có cách khác dùng hình phụ.
Đặt $AM=x, CM=y$.
Xét tứ giác nội tiếp $AMCB$ có
(i) $AB=2R$,
(ii) $AC=BC=\sqrt{2}R$ và
(iiI) $BM=\sqrt{4R^2-x^2}$.
Áp dụng Định lý Ptoleme ta có
$AM.BC+MC.AB=BM.AC$
$\Leftrightarrow x.\sqrt{2}R+y.2R=\sqrt{4R^2-x^2}.\sqrt{2}R$
$\Leftrightarrow x+\sqrt{2}y=\sqrt{4R^2-x^2}$ (chia cả hai vế cho $\sqrt{2}R$)
$\Leftrightarrow x^2 +2y^2 +2\sqrt{2}xy=4R^2-x^2$ (bình phương cả hai vế)
$\Leftrightarrow x^2+y^2+\sqrt{2}xy=2R^2$.
Ta có $2xy \leq x^2+y^2 $, suy ra $2xy+\sqrt{2}xy \leq x^2+y^2+\sqrt{2}xy=2R^2$.
Vậy
$xy \leq (2-\sqrt{2})R^2 $.
Tiếp theo, gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $AMC$. Khi đó $S_{AMC}=\frac{1}{2}.(MA+MC+AC).r=\frac{1}{2}.(x+y+\sqrt{2}R).r$.
Lưu ý rằng $\angle AMC=135^{\circ}$ nên $S_{AMC}=\frac{1}{2}.\sin{\angle AMC}.MA.MC. =\frac{1}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}.xy=\frac{\sqrt{2}}{4}xy$.
Do đó $\frac{\sqrt{2}}{4}xy=\frac{1}{2}.(x+y+\sqrt{2}R).r$. Vậy
$\boxed{\frac{1}{r}=\sqrt{2}.\frac{x+y+\sqrt{2}R}{xy}}$.
Ta có $\frac{x+y}{xy} \geq \frac{2}{\sqrt{xy}} \geq \frac{2}{\sqrt{2-\sqrt{2}}R}=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}{R}$ và $\frac{\sqrt{2}R}{xy} \geq \frac{\sqrt{2}R}{(2-\sqrt{2})R^2}=\frac{\sqrt{2}+1}{R}$.
Vì vậy $\frac{1}{r} \geq \frac{\alpha}{R}$ hay $r \leq \frac{R}{\alpha}$, trong đó $\alpha=\sqrt{2}.(\sqrt{4+2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+1)$.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$.
Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $AMC$ đạt giá trị lớn nhất khi $M$ nằm chính giữa cung $AC$.
_____
Có thể chứng minh $x^2+y^2+\sqrt{2}xy=2R^2$ nhanh hơn bằng cách dùng Định lý hàm cos $AC^2=MA^2+MC^2-2MA.MC.\cos \angle AMC$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-05-2023 - 00:06