Bài toán. Chứng minh rằng đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp của tam giác. (Định lí Feuerbach)
CMR đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp.
#1
Đã gửi 17-08-2015 - 21:51
#2
Đã gửi 18-08-2015 - 16:19
Bài toán. Chứng minh rằng đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp .
Quy ước : $a;b;c$ là độ dài ba cạnh tam giác và $R;r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ; nội tiếp tam giác . p là nửa chu vi tam giác
Bổ đề 1 : Trong tam giác bất kì luôn có đẳng thức :
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=2p^{2}-2r^{2}-8Rr$
Chứng minh
Áp dụng các công thức $r=\frac{S}{p};Rr=\frac{abc}{4p};S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$
Ta có : $2p^{2}-2r^{2}-8Rr=2p^{2}-2.\frac{S^{2}}{p^{2}}-2.\frac{abc}{p}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC có $G$ là trọng tâm và một điểm $M$ bất kỳ
$3MG^{2}=MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}-\frac{1}{3}(AB^{2}+BC^{2}+CA^{2})$
Chứng minh
Ta có : $3\vec{MG}=\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}$
$9.MG^{2}=MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+2\vec{MA}.\vec{MB}+2\vec{MB}.\vec{MC}+2\vec{MC}.\vec{MA}$
$=MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+(MA^{2}+MB^{2}-AB^{2})+(MB^{2}+MC^{2}-BC^{2})+(MC^{2}+MA^{2}-AC^{2})$
Bổ đề 3 : Trong một tam giác bất kỳ có $G$ là trọng tâm thì bình phương khoảng cách từ tâm đường tròn nội tiếp $I$ đến $G$ luôn luôn bằng
$\frac{1}{9}(p^{2}+5r^{2}-16Rr)$
Chứng minh
Áp dụng Bổ đề 2 khi $M$ là $I$ ta có : $3IG^{2}=IA^{2}+IB^{2}+IC^{2}-\frac{1}{3}(AB^{2}+BC^{2}+CA^{2})$
Kẻ $IK$ vuông góc $AB$ thì $AK=p-a$ . Tam giác $AKL$ vuông ở $K$ nên
$IA^{2}=IK^{2}+KA^{2}=(p-a)^{2}+r^{2}$
Tương tự :
$IB^{2}=(p-b)^{2}+r^{2}$
$IC^{2}=(p-c)^{2}+r^{2}$
Do đó : $3.IG^{2}=3.r^{2}-p^{2}+\frac{2}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Áp dụng Bổ đề 1 vào đẳng thức được điều phải chứng minh
Bài toán
Gọi $O;I;G;H$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại; nội; trọng; trực của tam giác
$E$ là tâm đường tròn Euler.
Ta có : $\vec{OH}=3\vec{OG}=6\vec{GE}$
Đặt góc $OGI$ là $a$
$OI^{2}=OG^{2}+GI^{2}-2.OG.OI.cos a$
$EI^{2}=EG^{2}+GI^{2}-2.EG.OI.cos a$
$-->2EI^{2}+OI^{2}=OG^{2}+2GE^{2}+3GI^{2}$
Từ đó rút được $EI^{2}=\frac{1}{2}(OG^{2}+2GE^{2}+3GI^{2}-OI^{2})$
Áp dụng Bổ đề $3$
Áp dụng Bổ đề $1;2$ được $OG^{2}=\frac{1}{9}(9R^{2}+2r^{2}-2p^{2}+8Rr)$
Định lý Euler :cho ta $OI^{2}=R^{2}-2Rr$
Thay cả ba vào ta được
$IE^{2}=\frac{1}{4}(R-2r)^{2}$
$IE=\left |\frac{R}{2}-r \right |$
Do đó bán kính đường tròn $Euler$ bằng $\frac{R}{2}$ và bán kính đường tròn nội tiếp bằng $r$ nên suy ra chúng tiếp xúc với nhau
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 18-08-2015 - 16:23
- Nguyen Minh Hai, nhungvienkimcuong, Quynh Le và 2 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 18-08-2015 - 20:58
Xét tam giác ABC với $(I),(I_{a}),(E)$ lần lượt là các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A và đường tròn Euler.
Gọi tiếp điểm của $(I),(I_{a})$ với BC là A' và A''
Gọi M,N,P là trung điểm của BC,CA,AB.
AI cắt BC tại I'
Kẻ I'J vuông góc với ME.
Bạn hãy chứng minh :
Phép nghịch đảo : $N\tfrac{MA'^2}{M}$ biến $(I)\rightarrow (I_{a})$ và $(E)\rightarrow I'J$
Sau đó chứng minh : I'J đối xứng với BC qua phân giác của góc A
Nên theo tính chất phép nghịch đảo suy ra ngay ĐPCM
- Noimon Jakuda và lephuongthanhlhpnd thích
#4
Đã gửi 25-01-2023 - 23:41
Xét tam giác ABC với $(I),(I_{a}),(E)$ lần lượt là các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A và đường tròn Euler.
Gọi tiếp điểm của $(I),(I_{a})$ với BC là A' và A''
Gọi M,N,P là trung điểm của BC,CA,AB.
AI cắt BC tại I'
Kẻ I'J vuông góc với ME.
Bạn hãy chứng minh :
Phép nghịch đảo : $N\tfrac{MA'^2}{M}$ biến $(I)\rightarrow (I_{a})$ và $(E)\rightarrow I'J$
Sau đó chứng minh : I'J đối xứng với BC qua phân giác của góc A
Nên theo tính chất phép nghịch đảo suy ra ngay ĐPCM
Nhưng chỉ mới A' biến thành A'', thì sao nói phép nghịch đảo đó biến (I) thành (I_a) được bạn ơi
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh