Đến nội dung


Hình ảnh

$ABCD$ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn tâm $O$ có độ dài các cạnh là $a,b,c,d$. Chứng minh: $OA.OC+OB.OD= \sqrt{abcd}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 QUANVU

QUANVU

    B&S-D

  • Hiệp sỹ
  • 4378 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-04-2005 - 20:34

$ABCD$ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn tâm $O$ có độ dài các cạnh là $a,b,c,d$. Chứng minh:
$$OA.OC+OB.OD= \sqrt{abcd}$$
1728

#2 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2012 - 00:26

Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác và $E, F, G, H$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh $AB, BC, CD, DA$.
Ta có $OA=\frac{r}{sin\frac{A}{2}};OB=\frac{r}{sin\frac{B}{2}};OC=\frac{r}{sin\frac{C}{2}};OD=\frac{r}{sin\frac{D}{2}}$.
$AE=\frac{r}{tan\frac{A}{2}};BE=\frac{r}{tan\frac{B}{2}}$ suy ra $a=AE+BE=r.\left ( \frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}} \right )=r.\frac{sin\frac{A +B}{2}}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}$

Tương tự $b=r.\frac{sin\frac{B+C}{2}}{sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}};c=r.\frac{sin\frac{C+D}{2}}{sin\frac{C}{2}sin\frac{D}{2}};d=r.\frac{sin\frac{D+A}{2}}{sin\frac{D}{2}sin\frac{A}{2}}$.

Khi đó điều cần chứng minh tương đương với

$\frac{1}{sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}}=\sqrt{\frac{sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}sin\frac{C+D}{2}sin\frac{D+A}{2}}{sin^{2}\frac{A}{2}sin^{2}\frac{B}{2}sin^{2}\frac{C}{2}sin^{2}\frac{D}{2}}}$. $\left ( 1 \right )$

Mặt khác $sin\frac{A+B}{2}=sin\frac{C+D}{2};sin\frac{B+C}{2}=sin\frac{D+A}{2}$ (vì $A+B+C+D=2\pi$).

Do đó $\left ( 1 \right )\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}+sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}=sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}$.

Ta có $sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}+sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}=\frac{1}{2}\left ( cos\frac{A-C}{2}-cos\frac{A+C}{2} \right )+\frac{1}{2}\left (cos\frac{B-D}{2}-cos\frac{B+D}{2} \right )$
$=\frac{1}{2}\left ( cos\frac{A-C}{2}+cos\frac{B-D}{2} \right )=cos\frac{A-C+B-D}{4}cos\frac{A-C+D-B}{4}=cos\frac{2\left (A+B \right )-2\pi }{4}cos\frac{2\pi -2\left ( B+C \right )}{4}=sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}$.
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoanghiep: 04-12-2012 - 13:03


#3 hoangtrunghieu22101997

hoangtrunghieu22101997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:TAEKWONDO

Đã gửi 04-12-2012 - 18:39

Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác và $E, F, G, H$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh $AB, BC, CD, DA$.
Ta có $OA=\frac{r}{sin\frac{A}{2}};OB=\frac{r}{sin\frac{B}{2}};OC=\frac{r}{sin\frac{C}{2}};OD=\frac{r}{sin\frac{D}{2}}$.
$AE=\frac{r}{tan\frac{A}{2}};BE=\frac{r}{tan\frac{B}{2}}$ suy ra $a=AE+BE=r.\left ( \frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}} \right )=r.\frac{sin\frac{A +B}{2}}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}$

Tương tự $b=r.\frac{sin\frac{B+C}{2}}{sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}};c=r.\frac{sin\frac{C+D}{2}}{sin\frac{C}{2}sin\frac{D}{2}};d=r.\frac{sin\frac{D+A}{2}}{sin\frac{D}{2}sin\frac{A}{2}}$.

Khi đó điều cần chứng minh tương đương với

$\frac{1}{sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}}=\sqrt{\frac{sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}sin\frac{C+D}{2}sin\frac{D+A}{2}}{sin^{2}\frac{A}{2}sin^{2}\frac{B}{2}sin^{2}\frac{C}{2}sin^{2}\frac{D}{2}}}$. $\left ( 1 \right )$

Mặt khác $sin\frac{A+B}{2}=sin\frac{C+D}{2};sin\frac{B+C}{2}=sin\frac{D+A}{2}$ (vì $A+B+C+D=2\pi$).

Do đó $\left ( 1 \right )\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}+sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}=sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}$.

Ta có $sin\frac{A}{2}sin\frac{C}{2}+sin\frac{B}{2}sin\frac{D}{2}=\frac{1}{2}\left ( cos\frac{A-C}{2}-cos\frac{A+C}{2} \right )+\frac{1}{2}\left (cos\frac{B-D}{2}-cos\frac{B+D}{2} \right )$
$=\frac{1}{2}\left ( cos\frac{A-C}{2}+cos\frac{B-D}{2} \right )=cos\frac{A-C+B-D}{4}cos\frac{A-C+D-B}{4}=cos\frac{2\left (A+B \right )-2\pi }{4}cos\frac{2\pi -2\left ( B+C \right )}{4}=sin\frac{A+B}{2}sin\frac{B+C}{2}$.
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.

Giống hệt
http://www.artofprob...fdc773a#p331609

Bổ đề 1 Trong một tứ giácngoại tiếp $ ABCD $ với tâm $ I $, $ AI .DI. BC = BI. CI .AD $.
Chứng minh
Tính diện tích $ \Delta AID$ và $ \Delta BIC $ theo hai cách,
Ta có: $S_{AID} = \frac {AI . DI. \sin \widehat{AID}} { 2} = \frac {AD . r} {2}$,
$S_{BIC} =\frac{BI.CI.\sin\widehat{BIC}}{2}=\frac{BC. r}{2}$.

Chú ý $ \sin \widehat{AID} = \sin \widehat{BIC},$ nên $ AI . DI. BC = BI. CI. AD $. (đpcm)
Bổ đề 2 Trong một tứ giác ngoại tiếp ABCD với tâm $ I $,
Ta có: $ AB. BC = BI ^ 2 + \frac {AI . BI. CI} {DI} $.
Chứng minh.
Dựng một điểm $ P $ bên ngoài $ABCD $ ; $ \Delta PAB$ ~ $\Delta IDC $.

Sử dụng Định lý Ptolemy cho tứ giác$ PAIB $ cho $ PA . IB + PB . AI = PI . AB $ nếu và chỉ nếu $ AB = BI . \frac {AP} {PI} + AI\frac {BP} {PI} $ (1) .

Dễ thấy : $ \Delta API$ ~ $\Delta IBC $ và $ \Delta BPI $~ $\Delta IAD $, trong đó $ \frac{AP}{PI} = \frac{IB} {BC} $ và $ \frac{BP}{PI} = \frac{IA}{AD} $.

Ta có: Từ $ (1) $, ta đã c/m $ AB = BI . \frac {IB} {BC} + AI . \frac {IA} {AD}$ nếu $ AB.BC = BI ^ 2 + \frac {AI ^ 2 . BC} {AD} $.

Theo Bổ đề 1 , $ \frac {AI ^ 2 . BC} {AD} = \frac {AI . BI . CI} {DI} $, và do đó $ AB . BC = BI ^ 2 + \frac {AI. BI.CI} {DI} $,(đpcm)

Áp dụng vào bài toán
$AB.BC.CD. DA=(AO.OC+BO.OD)^2$
OK.(^-^)

Sự im lặng du dương hơn bất kỳ bản nhạc nào.


#4 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2012 - 20:13

Giống hệt
http://www.artofprob...fdc773a#p331609

Bổ đề 1 Trong một tứ giácngoại tiếp $ ABCD $ với tâm $ I $, $ AI .DI. BC = BI. CI .AD $.
Chứng minh
Tính diện tích $ \Delta AID$ và $ \Delta BIC $ theo hai cách,
Ta có: $S_{AID} = \frac {AI . DI. \sin \widehat{AID}} { 2} = \frac {AD . r} {2}$,
$S_{BIC} =\frac{BI.CI.\sin\widehat{BIC}}{2}=\frac{BC. r}{2}$.

Chú ý $ \sin \widehat{AID} = \sin \widehat{BIC},$ nên $ AI . DI. BC = BI. CI. AD $. (đpcm)
Bổ đề 2 Trong một tứ giác ngoại tiếp ABCD với tâm $ I $,
Ta có: $ AB. BC = BI ^ 2 + \frac {AI . BI. CI} {DI} $.
Chứng minh.
Dựng một điểm $ P $ bên ngoài $ABCD $ ; $ \Delta PAB$ ~ $\Delta IDC $.

Sử dụng Định lý Ptolemy cho tứ giác$ PAIB $ cho $ PA . IB + PB . AI = PI . AB $ nếu và chỉ nếu $ AB = BI . \frac {AP} {PI} + AI\frac {BP} {PI} $ (1) .

Dễ thấy : $ \Delta API$ ~ $\Delta IBC $ và $ \Delta BPI $~ $\Delta IAD $, trong đó $ \frac{AP}{PI} = \frac{IB} {BC} $ và $ \frac{BP}{PI} = \frac{IA}{AD} $.

Ta có: Từ $ (1) $, ta đã c/m $ AB = BI . \frac {IB} {BC} + AI . \frac {IA} {AD}$ nếu $ AB.BC = BI ^ 2 + \frac {AI ^ 2 . BC} {AD} $.

Theo Bổ đề 1 , $ \frac {AI ^ 2 . BC} {AD} = \frac {AI . BI . CI} {DI} $, và do đó $ AB . BC = BI ^ 2 + \frac {AI. BI.CI} {DI} $,(đpcm)

Áp dụng vào bài toán
$AB.BC.CD. DA=(AO.OC+BO.OD)^2$
OK.(^-^)

Cái này cũng không khác http://www.artofprob...fdc773a#p331609 là mấy.
:))

#5 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2012 - 21:49

Chấm điểm:
lehoanghiep: 10 điểm

hoangtrunghieu22101997: 5 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh