Cho $\triangle ABC$ và điểm $O$ nằm trong tam giác đó. Các đường tròn nội tiếp các tam giác $\triangle OAB,\;\triangle OBC,\;\triangle OCA$ có bán kính bằng nhau.
Chứng minh rằng: Nếu $O$ là tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm hay trực tâm của $\triangle ABC$ thì $\triangle ABC$ là tam giác đều!
#1
Đã gửi 27-06-2006 - 21:03
- hxthanh, diepviennhi, Tienanh tx và 7 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 07-11-2013 - 12:48
Cho $\triangle ABC$ và điểm $O$ nằm trong tam giác đó. Các đường tròn nội tiếp các tam giác $\triangle OAB,\;\triangle OBC,\;\triangle OCA$ có bán kính bằng nhau.
Chứng minh rằng: Nếu $O$ là tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm hay trực tâm của $\triangle ABC$ thì $\triangle ABC$ là tam giác đều!
Gọi độ dài các cạnh AB,BC,CA là c,a,b
+Nếu O là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC
Từ giả thiết ta có được $\frac{OB}{sin\frac{\angle ACB}{2}}= \frac{OA}{sin\frac{\angle ACB}{2}}$
=> OB = OC Tương tự : OB = OA từ đó tam giác ABC đều
+Nếu O là trọng tâm của tam giác ABC. Đặt OA = x, OB =y, OC =z (x,y,z dương)
Do O là trọng tâm nên S(OAC) = S(OBC) = S(OAB)
=> xyc = xzb = yza
Ta có azy = cxy => $(az)^{2} = (cx)^{2}$
=>$a^{2}(2(b^{2}+a^{2})-c^{2}) = c^{2}(2(b^{2}+c^{2})-a^{2})$
=> a =c . tương tự cũng có c=b và do đó tam giác ABC đều
Riêng trường hợp O là trực tâm tam giác ABC thì giả thiết đúng với mọi tam giác ABC
(Không biết có gì nhầm lẫn trong bài giải thích của mình không, vì vội quá nên mong mọi người thông cảm, xin cảm ơn)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TMW: 07-11-2013 - 12:49
- LNH, bangbang1412, lovemath99 và 4 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 07-11-2013 - 22:41
Gọi độ dài các cạnh AB,BC,CA là c,a,b
+Nếu O là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC
Từ giả thiết ta có được $\frac{OB}{sin\frac{\angle ACB}{2}}= \frac{OA}{sin\frac{\angle ACB}{2}}$
=> OB = OC Tương tự : OB = OA từ đó tam giác ABC đều
+Nếu O là trọng tâm của tam giác ABC. Đặt OA = x, OB =y, OC =z (x,y,z dương)
Do O là trọng tâm nên S(OAC) = S(OBC) = S(OAB)
=> xyc = xzb = yza
Ta có azy = cxy => $(az)^{2} = (cx)^{2}$
=>$a^{2}(2(b^{2}+a^{2})-c^{2}) = c^{2}(2(b^{2}+c^{2})-a^{2})$
=> a =c . tương tự cũng có c=b và do đó tam giác ABC đều
Riêng trường hợp O là trực tâm tam giác ABC thì giả thiết đúng với mọi tam giác ABC
(Không biết có gì nhầm lẫn trong bài giải thích của mình không, vì vội quá nên mong mọi người thông cảm, xin cảm ơn)
Lời giải này sai. Đề bài cho là BÁN KINH ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP, không phải là bán kính đường tròn ngoại tiếp.
- hxthanh, TMW và nghiemthanhbach thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#4
Đã gửi 08-11-2013 - 16:22
Cho $\triangle ABC$ và điểm $O$ nằm trong tam giác đó. Các đường tròn nội tiếp các tam giác $\triangle OAB,\;\triangle OBC,\;\triangle OCA$ có bán kính bằng nhau.
Chứng minh rằng: Nếu $O$ là tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm hay trực tâm của $\triangle ABC$ thì $\triangle ABC$ là tam giác đều!
Giải theo cách THCS nên hơi dài !
$I$- Nếu $O$ là tâm đường tròn nội tiếp của $\Delta ABC$ :
Gọi $O_{1},O_{2},O_{3}$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $\Delta OAB,\Delta OBC,\Delta OCA$ và $r$ là bán kính các đường tròn đó.Kẻ $O_{1}B_{1}$ _|_ $OB$ ; $O_{2}B_{2}$ _|_ $OB$ ($B_{1},B_{2}\in OB$) ---> $O_{1}B_{1}=O_{2}B_{2}=r$ (1)
$\widehat{OBA}=\widehat{OBC};\widehat{OBO_{1}}=\frac{\widehat{OBA}}{2};\widehat{OBO_{2}}=\frac{\widehat{OBC}}{2}\Rightarrow \widehat{OBO_{1}}=\widehat{OBO_{2}}$
$\Rightarrow \widehat{BO_{1}B_{1}}=\widehat{BO_{2}B_{2}}$ (2)
(1),(2) ---> 2 tam giác vuông $BO_{1}B_{1}$ và $BO_{2}B_{2}$ bằng nhau (gcg) ---> $B_{1}\equiv B_{2}$ ---> $O_{1}O_{2}$ _|_ $OB$ và $O_{1}O_{2}=2r$
Chứng minh tương tự ta có $O_{2}O_{3}$ _|_ $OC$ ; $O_{3}O_{1}$ _|_ $OA$ và $O_{2}O_{3}=O_{3}O_{1}=2r$
---> $\Delta O_{1}O_{2}O_{3}$ đều và $O$ là giao điểm các đường trung trực của nó.
Gọi $A_{1}=O_{3}O_{1}\cap OA$.Tứ giác $A_{1}OB_{1}O_{1}$ có 2 góc vuông và $\widehat{A_{1}O_{1}B_{1}}=60^{o}\Rightarrow \widehat{A_{1}OB_{1}}=120^{o}\Rightarrow \widehat{AOB}=120^{o}$
Tương tự chứng minh được $\widehat{AOC}=120^{o}$
$\Rightarrow \Delta OAB=\Delta OAC$ (gcg) $\Rightarrow AB=AC$
Tương tự ta cũng chứng minh được $BC=AC$.Từ đó suy ra $\Delta ABC$ đều.
$II$- Nếu $O$ là trọng tâm $\Delta ABC$ :
Ta cần chứng minh 2 bổ đề :
$1)$ Trong 1 tam giác có độ dài 3 cạnh là $a,b,c$ thì độ dài đường trung tuyến $m_{a}$ ứng với cạnh $a$ là $\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$ (bổ đề 1)
Chứng minh bổ đề 1 :
a) Nếu góc đối diện cạnh $a$ bằng $90^{o}$ : Khi đó $\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}=\frac{1}{2}\sqrt{b^2+c^2}=\frac{a}{2}=m_{a}$
b) Nếu góc đối diện cạnh $a$ là góc nhọn hoặc góc tù :
Xét hình bình hành $DEFG$ có góc $D$ nhọn và góc $E$ tù, $EF=DG=b;DE=c$ ($M=DF\cap EG$).
Kẻ $FP,GQ$ cùng vuông góc với $DE$.Ta có :
$DF^2=DP^2+FP^2=(c+bcosD)^2+(bsinD)^2=b^2+c^2+2bccosD$
$EG^2=QE^2+GQ^2=(c-bcosD)^2+(bsinD)^2=b^2+c^2-2bccosD$
---> $DF^2+EG^2=2b^2+2c^2$
$\Rightarrow DM=\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-EG^2}$ và $EM=\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-DF^2}$
Như vậy bổ đề 1 đã được cm trong mọi trường hợp.
$2)$ Nếu 1 tam giác có 3 cạnh là $a,b,c$ và bán kính đường tròn nội tiếp là $r$ thì diện tích của nó là $\frac{1}{2}(a+b+c).r$ (bổ đề 2)
Chứng minh bổ đề 2 :
Xét tam giác $JKL$ có tâm đường tròn nội tiếp là $I$.Ta có :
$S_{JKL}=S_{IJK}+S_{IKL}+S_{ILJ}=\frac{1}{2}(JK+KL+LJ).r$
Trở lại bài toán, $O$ là trọng tâm $\Delta ABC\Rightarrow S_{OAB}=S_{OBC}=S_{OCA}$
Áp dụng bổ đề 2 suy ra $BC+OB=AC+OA$ (3) ; $BC+OC=AB+OA$ (4)
(3),(4) ---> $OB-OC=AC-AB$ (5)
Gọi $B{}'=OB\cap AC;C{}'=OC\cap AB$.
+ Nếu $OB> OC\Rightarrow BB{}'> CC{}'\Rightarrow \frac{1}{2}\sqrt{2AB^2+2BC^2-AC^2}> \frac{1}{2}\sqrt{2AC^2+2BC^2-AB^2}$
$\Rightarrow AB> AC\Rightarrow OB-OC> AC-AB$ (6) (mâu thuẫn với (5))
+ Nếu $OB< OC\Rightarrow BB{}'< CC{}'\Rightarrow AB< AC\Rightarrow OB-OC< AC-AB$ (7) (mâu thuẫn với (5))
Vậy $OB=OC\Rightarrow AB=AC$.Tương tự ta có $AB=BC$.Vậy $\Delta ABC$ đều.
$III$- Nếu $O$ là trực tâm $\Delta ABC$ : Gọi $H=OA\cap BC\Rightarrow AH$ _|_ $BC$
Giả sử $AH$ không phải là đường phân giác góc $\widehat{BAC}$.Không làm mất tính tổng quát ta giả sử $\widehat{HAC}> \widehat{HAB}\Rightarrow HC> HB$
$\Rightarrow \frac{HC^2}{HB^2}> \frac{HC^2+OH^2}{HB^2+OH^2}> \frac{HC^2+AH^2}{HB^2+AH^2}\Rightarrow \frac{HC^2}{HB^2}> \frac{OC^2}{OB^2}> \frac{AC^2}{AB^2}$
$\Rightarrow \frac{HC}{HB}> \frac{OC}{OB}> \frac{AC}{AB}\Rightarrow \frac{HC}{HB}> \frac{AC+OC}{AB+OB}$ (8)
Từ bổ đề 2 ta suy ra $\frac{S_{OAC}}{S_{OAB}}=\frac{OA+AC+OC}{OA+AB+OB}$ (9)
Nhưng mặt khác theo (8) $\frac{S_{OAC}}{S_{OAB}}=\frac{HC}{HB}> \frac{OC+AC}{OB+AB}> \frac{OA+AC+OC}{OA+AB+OB}$ (10) (mâu thuẫn với (9))
Vậy $AH$ là đường phân giác của góc $\widehat{BAC}$ ---> $AB=AC$.
Tương tự ta cũng có $AB=BC$.Suy ra $\Delta ABC$ đều.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 08-11-2013 - 17:04
- perfectstrong và bangbang1412 thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: psw
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Giải tích →
Tích phân - Nguyên hàm →
$\int f(\lfloor x\rfloor)dx…$Bắt đầu bởi hxthanh, 20-07-2022 psw |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
Bài toán đáp lễ supermember $\mathbb{F}_n(x)=...$Bắt đầu bởi hxthanh, 13-07-2022 supermember, psw |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức →
$\sum_{k=1}^n k^n{n\choose k}=?$Bắt đầu bởi dark templar, 17-11-2012 psw |
|
|||
|
Cửa sổ Diễn Đàn Toán Học →
Những sự kiện đã kết thúc →
Thi đấu giải Toán →
Những bài toán trong tuần →
[Archive] Cập nhật list Những bài toán trong tuần (1 - 100)Bắt đầu bởi T*genie*, 30-07-2012 psw |
|
||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Các bài toán Đại số khác →
Chứng minh rằng đồ thị hàm số sau có ba điểm uốn thẳng hàng: $y = \dfrac{{2x - 1}}{{x^2 - x + 1}}$Bắt đầu bởi Thanh Ha, 23-05-2009 psw |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh