Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh F là hình tròn bán kính $\frac{1}{2}$.

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
QUANVU

QUANVU

    B&S-D

  • Hiệp sỹ
  • 4378 Bài viết
Cho $(O)$ bán kính 1,và $F$ là hình lồi đóng nằm trong $C$(Nghĩa là:Nếu $P,Q$ là các điểm của $F$ thì đoạn thẳng $PQ$ nằm trong $F$;tất cả các điểm biên của $F$ nằm trong $F$;tất cả các điểm của $F$ nằm trong đường tròn $C$.).Hơn nữa giả sử rằng từ mỗi điểm của $C$ có thể vẽ được hai tia tiếp tuyến của $F$ mà góc giữa chúng bằng $60^0$.Chứng minh rằng $F$ là hình tròn bán kính $\frac{1}{2}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-03-2013 - 13:54

1728

#2
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

Cho $(O)$ bán kính 1,và $F$ là hình lồi đóng nằm trong $C$(Nghĩa là:Nếu $P,Q$ là các điểm của $F$ thì đoạn thẳng $PQ$ nằm trong $F$;tất cả các điểm biên của $F$ nằm trong $F$;tất cả các điểm của $F$ nằm trong đường tròn $C$.).Hơn nữa giả sử rằng từ mỗi điểm của $C$ có thể vẽ được hai tia tiếp tuyến của $F$ mà góc giữa chúng bằng $60^0$.Chứng minh rằng $F$ là hình tròn bán kính $\frac{1}{2}$.

Lấy điểm $A$ bất kì trên đường tròn. Kẻ tiếp tuyến $AB,AC$ của $F$ và tiếp tuyến $BD,CE$ của $F$ ($B,C,D,E$ thuộc đường tròn). Giả sử $ABC$ không phải tam giác đều thì ta có $BD//CE,BD\not\equiv CE$, do đó hình $F$ nằm giữa phần tạo bởi dây cung $BD,CE$ và đường tròn (vì $F$ lồi). Tuy nhiên khi đó $AB,AC$ không thể là tiếp tuyến của $F$ (vì $AB,AC$ nằm ngoài phần trên), vô lý.
Vậy $F$ nhận tất cả các cạnh của tất cả các tam giác đều nội tiếp $(O)$ làm tiếp tuyến, hay cụ thể là tất cả các dây cung có khoảng cách tới $O$ là $\frac{1}{2}$. 
Giả sử tồn tại $X$ trên biên của $F$ sao cho $OX\neq \frac{1}{2}$.
Nếu $OX>\frac{1}{2}$, lấy $X'$ trên đoạn $OX$ sao cho $OX'=\frac{1}{2}$, kẻ dây cung $AB$ qua $X'$ vuông góc với $OX'$. Vì $AB$ là tiếp tuyến của $F$ nên $F$ nằm phần của đường tròn chia bời $AB$ chứa $X'$, nhưng khi đó chọn $C$ trên $(O)$ sao cho $ABC$ là tam giác đều thì $CA,CB$ không thể làm tiếp tuyến của $F$, vô lý. Do vậy với mọi $X$ trên biên của $F$ ta có $OX\leq \frac{1}{2}$.
Nếu $OX<\frac{1}{2}$, lấy $X'$ trên tia $OX$ sao cho $OX'=\frac{1}{2}$, kẻ dây cung $AB$ qua $X'$ vuông với $OX'$. Ta có với mọi $Y$ thuộc $AB$, $OY>\frac{1}{2}$ trừ khi $Y\equiv X'$, từ đó ta có $AB$ không cắt $F$, vô lý.
Vậy với mọi điểm $X$ trên biên của $F$, $OX=\frac{1}{2}$, do đó $F$ là đường tròn tâm $O$ bán kính $\frac{1}{2}$ (đpcm)
Có thể thay góc $60^{\circ}$ bằng góc $\alpha \pi ,\alpha \in (0,1)$ với $\alpha$ vô tỉ hoặc có dạng $\frac{m}{n}$ với $m,n$ nguyên dương, $n$ lẻ. Khi đó ta xét các dây cung $A_0A_1,A_1A_2,...,A_{n-1}A_n$ là tiếp tuyến của $F$ (chọn $n$ lẻ sao cho $A_0A_1,A_{n-1}A_n$ không cắt nhau) và làm như trên ta có $F$ là đường tròn tâm $O$ bán kính $cos\frac{\alpha \pi }{2}$.
Với $\alpha$ không có dạng trên, bài toán sẽ phức tạp hơn nhiều và có thể tồn tại $F$ không phải hình tròn thỏa mãn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 07-11-2021 - 15:02


#3
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Lấy điểm $A$ bất kì trên đường tròn. Kẻ tiếp tuyến $AB,AC$ của $F$ và tiếp tuyến $BD,CE$ của $F$ ($B,C,D,E$ thuộc đường tròn). Giả sử $ABC$ không phải tam giác đều thì ta có $BD \parallel CE,BD\not\equiv CE$

Chỗ này có vấn đề:

https __diendantoanhoc.org_topic_3499-ch%E1%BB%A9ng-minh-f-l.png


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#4
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

ô anh ơi mấy góc kia đâu có bằng $60^{\circ}$ đâu ạ, cơ mà chắc để em ghi lại kĩ hơn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 07-11-2021 - 15:59


#5
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

ô anh ơi mấy góc kia đâu có bằng $60^{\circ}$ đâu ạ, cơ mà chắc để em ghi lại kĩ hơn

À, mình quên mất là góc $60^o$ :D mình bổ sung thêm tí cho lời giải bạn rõ ràng hơn vậy:

Vẽ $BD$ cắt $AC$ tại $C'$. Vì $\Delta ABC$ không đều nên $C' \not \equiv C$, và dễ thấy $\Delta ABC'$ đều vì $\angle BAC' = \angle ABC' = 60^o$. Khi đó $\angle AC'B = 60^o = \angle ACE \Rightarrow BD \parallel CE$.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#6
poset

poset

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 125 Bài viết

Lấy điểm $A$ bất kì trên đường tròn. Kẻ tiếp tuyến $AB,AC$ của $F$ và tiếp tuyến $BD,CE$ của $F$ ($B,C,D,E$ thuộc đường tròn). Giả sử $ABC$ không phải tam giác đều thì ta có $BD//CE,BD\not\equiv CE$, do đó hình $F$ nằm giữa phần tạo bởi dây cung $BD,CE$ và đường tròn (vì $F$ lồi). Tuy nhiên khi đó $AB,AC$ không thể là tiếp tuyến của $F$ (vì $AB,AC$ nằm ngoài phần trên), vô lý.
Vậy $F$ nhận tất cả các cạnh của tất cả các tam giác đều nội tiếp $(O)$ làm tiếp tuyến, hay cụ thể là tất cả các dây cung có khoảng cách tới $O$ là $\frac{1}{2}$. 
Giả sử tồn tại $X$ trên biên của $F$ sao cho $OX\neq \frac{1}{2}$.
Nếu $OX>\frac{1}{2}$, lấy $X'$ trên đoạn $OX$ sao cho $OX'=\frac{1}{2}$, kẻ dây cung $AB$ qua $X'$ vuông góc với $OX'$. Vì $AB$ là tiếp tuyến của $F$ nên $F$ nằm phần của đường tròn chia bời $AB$ chứa $X'$, nhưng khi đó chọn $C$ trên $(O)$ sao cho $ABC$ là tam giác đều thì $CA,CB$ không thể làm tiếp tuyến của $F$, vô lý. Do vậy với mọi $X$ trên biên của $F$ ta có $OX\leq \frac{1}{2}$.
Nếu $OX<\frac{1}{2}$, lấy $X'$ trên tia $OX$ sao cho $OX'=\frac{1}{2}$, kẻ dây cung $AB$ qua $X'$ vuông với $OX'$. Ta có với mọi $Y$ thuộc $AB$, $OY>\frac{1}{2}$ trừ khi $Y\equiv X'$, từ đó ta có $AB$ không cắt $F$, vô lý.
Vậy với mọi điểm $X$ trên biên của $F$, $OX=\frac{1}{2}$, do đó $F$ là đường tròn tâm $O$ bán kính $\frac{1}{2}$ (đpcm)
Có thể thay góc $60^{\circ}$ bằng góc $\alpha \pi ,\alpha \in (0,1)$ với $\alpha$ vô tỉ hoặc có dạng $\frac{m}{n}$ với $m,n$ nguyên dương, $n$ lẻ. Khi đó ta xét các dây cung $A_0A_1,A_1A_2,...,A_{n-1}A_n$ là tiếp tuyến của $F$ (chọn $n$ lẻ sao cho $A_0A_1,A_{n-1}A_n$ không cắt nhau) và làm như trên ta có $F$ là đường tròn tâm $O$ bán kính $cos\frac{\alpha \pi }{2}$.
Với $\alpha$ không có dạng trên, bài toán sẽ phức tạp hơn nhiều và có thể tồn tại $F$ không phải hình tròn thỏa mãn.

https://projecteucli...-01723-6.short 
Với $\alpha$ không có dạng trên thì tồn tại $F$ không phải hình tròn thỏa mãn đề bài. Trường hợp $\alpha=\frac{\pi}{2}$: https://en.wikipedia...Director_circle


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi poset: 06-10-2023 - 18:15





1 người đang xem chủ đề

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