Chủ đề này có 23 trả lời

[chuyentoan]

Em dùng Cabri có c*rack nhưng cũng đâu có Save được thành bmp . Còn các bài mà em đã làm thì em gửi cho anh Khánh rồi

[neverstop]

xin lỗi các em hơi chậm. chỗ anh vừa bị hỏng mạng lan nên giờ mới làm được. anh mới viết xong lời giải cho bài 2, còn 2 bài nữa ngày mai anh sẽ cố gắng viết xong. nhưng anh thấy viết lời giải thì dễ mà tán thêm vào như MrMATH nói thì khó quá. có gì anh viết mà thấy chưa được thì các em cứ nói nhé. à, anh ngại viết hoa đầu câu lắm, các em sửa giúp anh nhé!!!

bài 2:

đề bài yêu cầu chứng minh nếu và chỉ nếu nên ta phải chứng minh cả 2 chiều thuận và đảo.

thuận: nếu O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MKL.
ký hiệu D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng và M, K, L lần lượt là giao điểm của (E) và (F), (F) và (D), (D) và (E).

một cách tự nhiên để chứng minh O là tâm nội tiếp của tam giác MKL ta nghĩ đến việc chứng minh các góc bằng nhau. ở đây có 3 đường tròn, khá thuận lợi cho chúng ta trong việc biến đổi các góc. nhận thấy rằng ta chỉ cần chứng minh http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\perp EF, tức OD http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\perp BC. tương tự OE http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\perp CA suy ra đpcm.

làm theo cách thứ 2 cũng khá giống như cách 1 trên. chỉ khác là từ chỗ O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác hình chiếu XYZ của nó trên 3 cạnh của tam giác DEF thì suy ra O là trực tâm của tam giác DEF.

nhận xét:

ở cách giải thứ nhất (phần thuận) ta thấy các điểm D, E, F chỉ được dùng ở chỗ các tứ giác ODBF, OECD, OFAE nội tiếp. vì vậy nếu thay thế điều kiện D, E, F là các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB bằng điều kiện các tứ giác ODBF, OECD, OFAE nội tiếp thì kết luận không đổi.
mặt khác có thể thấy từ điều kiện này ta có , tương tự có 2 đẳng thức nữa, suy ra được 2 tam giác ABC và DEF đồng dạng với nhau.
còn điều kiện O là tâm nội tiếp của tam giác MKL, tức tam giác XYZ, thì tương đương với điều kiện O là trực tâm tam giác DEF.

bởi vậy bài toán của chúng ta tương đương với bài toán sau:
cho tam giác ABC. tam giác DEF nội tiếp tam giác ABC và thay đổi nhưng luôn đồng dạng với tam giác ABC. chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là trực tâm của tam giác DEF.

liên hệ với bài toán này còn có 1 tính chất nhỏ sau (trích từ đề thi vào lớp 10 ĐHSP năm 2000): hình chiếu các cạnh của tam giác DEF lần lượt trên BC, CA, AB có độ dài không đổi.
và 1 bài toán tương tự: cho tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. AO cắt BC tại D. E, F thay đổi trên AB, AC sao cho A, E, D, F đồng viên. chứng minh rằng hình chiếu của EF lên BC có độ dài không đổi.

[MrMATH]

Hi, chuyentoan còn "nợ" anh 20 cái hình đó. Thôi thì coi như chúc mừng chú anh giảm xuống còn 15 hình, hehehe ...

Anh ns cứ viết đi ạ, cái kiểu trong bài simson và cực đối cực em thấy khoái lắm, hầu hết các bài của em đều sẽ cố gắng ~ phong cách đó

[neverstop]

đây là lời giải bài số 3:

nhận xét rằng vai trò của các điểm H, K là như nhau nên ta chỉ cần chứng minh H thuộc (ABQ) là đủ.
vì đề bài cho các yếu tố đường tròn và tiếp tuyến, rất thuận lợi cho việc sử dụng những góc nội tiếp, cho nên ta sẽ đi theo hướng chứng minh này. ta chọn chứng minh http://dientuvietnam...mimetex.cgi?C_1, B thuộc http://dientuvietnam...mimetex.cgi?C_2). tiếp tuyến tại P với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\equiv bằng dấu =, và không viết ký hiệu (mod http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\pi).
a) dựa vào những biến đổi ở trên, chúng ta làm như sau:
(AH, AQ) = (AF, AQ) = (PF, PQ) = (BP, BQ) = (BH, BQ), suy ra H thuộc (ABQ).
tương tự cũng có K thuộc (ABQ), suy ra đpcm.
b) để chứng minh tam giác APH cân tại A ta chứng minh (PA, PH) = (HP, HA).
ta có (HP, HA) = (HB, HA) = (QB, QA) = (QB, QP) + (QP, QA) = (BP, BA) + (AP, AB) = (PA, PB) = (PA, PH).
vậy tam giác APH cân tại A, tương tự cũng có tam giác BPK cân tại B.