Đến nội dung


Hình ảnh
- - - - -

$\widehat{BFP}=\dfrac{1}{2} \widehat{ABC}$


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

#1 euler

euler

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 275 Bài viết

Đã gửi 06-01-2005 - 13:18

Cho tam giác $ABC$ có $\hat{A}=60^0$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Qua $I$ kẻ đường thẵng song song với $AC$ cắt $AB$ tại $F$. Trên $BC$ lấy $P$ sao cho $3BP=BC$. Chứng minh $\widehat{BFP}=\dfrac{1}{2} \widehat{ABC}$

Hình minh hoạ
http://img.photobuck...than/EULER3.bmp
http://mathnfriend.net
http://mathnfriend.org
địa chỉ nào cũng được!

#2 perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản trị
  • 4464 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 26-11-2012 - 20:21

Sau đây là 2 lời giải do 2 người cùng nghĩ ra, gồm Black Selenaperfectstrong.
Lời giải 1: (
Black Selena)
Vẽ $PQ \perp AB$ tại $Q$. Lấy $R$ đối xứng với $B$ qua $Q$ thì $R$ cũng nằm trên $AB$. Vẽ $BI$ cắt $AC$ tại $D$. Vì $\angle BAC=60^o \Rightarrow \angle ABC+\angle ACB=120^o$
Ta sẽ chứng minh $RF=RP \quad (1)$.

Hình đã gửi
Thật vậy, hạ $IH \perp BC$ tại $H \Rightarrow BC=BH+CH=IB.\cos \dfrac{B}{2}+IC.\cos \dfrac{C}{2}$.
Áp dụng định lý hàm sin cho $\vartriangle BIC \Rightarrow \dfrac{CI}{\sin \dfrac{B}{2}}=\dfrac{IB}{\sin \dfrac{C}{2}}$
$$\begin{array}{c} \Rightarrow BC=\dfrac{\cos \dfrac{B}{2} . \sin \dfrac{C}{2}+\sin \dfrac{B}{2} . \cos \dfrac{C}{2}}{\sin \dfrac{C}{2}}=\dfrac{IB.\sin\left( {\dfrac{B+C}{2}} \right)}{\sin \dfrac{C}{2}}=\dfrac{IB.\sin 60^o}{\sin \dfrac{C}{2}}\\ \Rightarrow IB=\dfrac{2}{\sqrt{3}}BC.\sin \dfrac{C}{2} \end{array}$$
Ta có \[
\begin{array}{l}
\angle BIF = \angle BDA = 180^o - \angle BAC - \angle ABD = 120^o - \frac{B}{2} \\
\Rightarrow \sin FIB = \sin \left( {180^o - \left( {120^o - \frac{B}{2}} \right)} \right) = \sin \left( {60^o + \frac{B}{2}} \right) \\
\angle BFI=\angle BAD \Rightarrow \sin BFI=\sin BAD=\dfrac{\sqrt 3}{2}
\end{array}
\]
Áp dụng định lý hàm sin cho $\vartriangle FBI$ thì:\[ \begin{array}{c}
\frac{{BF}}{{\sin FIB}} = \frac{{BI}}{{\sin BFI}}\\ \Leftrightarrow BF = \frac{{\sin \left( {60^o + \frac{B}{2}} \right)}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}.\frac{2}{{\sqrt 3 }}BC.\sin \frac{C}{2} = \frac{4}{3}BC\sin \frac{C}{2}\sin \left( {60^o + \frac{B}{2}} \right)\end{array}
\]
Ta lại có:
\[
\begin{array}{rcl}
2\sin \frac{C}{2}\sin \left( {60^o + \frac{B}{2}} \right) &=& \cos \left( {60^o + \frac{B}{2} - \frac{C}{2}} \right) - \cos \left( {60^o + \frac{B}{2} + \frac{C}{2}} \right) \\
&=& \cos \left( {60^o + \frac{{B + C}}{2} - C} \right) - \cos 120^o \\
&=& \cos \left( {120^o - C} \right) - \cos 120^o \\
&=& \cos B + \frac{1}{2} \\
\end{array}
\]
Kết hợp với $BP=\dfrac{BC}{3};BQ=BP.\cos B;BR=2BQ$ thì
\[
BF = \frac{2}{3}BC.\left( {\cos B + \frac{1}{2}} \right) = 2BP\cos B + \frac{1}{3}BC = BP + 2BQ = BP + BR
\]
Mặt khác, $BF=BR+RF \Rightarrow RF=RP$. (1) được chứng minh.
Vì do $PB=PR \Rightarrow \angle PBR=\angle PRB$.
$$RF=RP \Rightarrow \angle RFP=\angle RPF \Rightarrow \angle PBR=\angle PRB=2\angle PFB:Q.E.D$$


Lời giải 2: (perfectstrong)
Tương tự lời giải 1, nhưng ta sẽ chứng minh (1) bằng con đường khác.
Đặt $BC=a;CA=b;AB=c$. Vì $\angle BAC=60^o$ nên theo định lý hàm cos cho $\vartriangle ABC$
\[
\cos BAC = \frac{{b^2 + c^2 - a^2 }}{{2bc}} = \cos 60^o = \frac{1}{2} \Leftrightarrow a^2 = b^2 + c^2 - bc\quad \left( * \right)
\]

Mặt khác, theo hệ thức phân giác trong và định lý Thales ($FI \parallel AC$):
\[
\frac{{IB}}{{ID}} = \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{CB}}{{CD}} = \frac{{a + c}}{b} \Rightarrow \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{{a + c}}{{a + b + c}} = \frac{{BF}}{{BA}} \Rightarrow BF = \frac{{ac + c^2 }}{{a + b + c}}
\]

Lại áp dụng định lý hàm cos cho $\vartriangle ABC$\[
\cos ABC = \frac{{a^2 + c^2 - b^2 }}{{2ac}} = \frac{{2c^2 - bc}}{{2ac}} = \frac{{2c - b}}{{2a}}
\]
Do giả thiết nên $BP=\dfrac{BC}{3}=\dfrac{a}{3}$. Chú ý rằng $\angle ABC=\angle PBQ$ nên\[
BR = 2BQ = 2BP.\cos PBQ = 2.\frac{a}{3}.\frac{{2c - b}}{{2a}} = \frac{{2c - b}}{3}
\]
Kết hợp (*), suy ra\[
\begin{array}{rcl}
FR &=& BF - BR \\
&=& \frac{{ac + c^2 }}{{a + b + c}} - \frac{{2c - b}}{3} \\
&=& \frac{{ab + ac + b^2 + c^2 - bc}}{{3\left( {a + b + c} \right)}} \\
&=& \frac{{ab + ac + a^2 }}{{3\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{a}{3} = RP \\
\end{array}
\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 26-11-2012 - 20:27

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.

#3 robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khánh Hòa / HCM / Auckland :")
  • Sở thích:Gender stuffs (">~<)//

Đã gửi 27-11-2012 - 04:42

Cho tam giác $ABC$ có $\hat{A}=60^0$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Qua $I$ kẻ đường thẵng song song với $AC$ cắt $AB$ tại $F$. Trên $BC$ lấy $P$ sao cho $3BP=BC$. Chứng minh $\widehat{BFP}=\dfrac{1}{2} \widehat{ABC}$

Hình minh hoạ
http://img.photobuck...than/EULER3.bmp

Phương pháp tọa độ :')
Spoiler

Hình đã gửi
-Ta chọn hệ tọa độ vuông góc sao cho đường tròn đơn vị nội tiếp tam giác $ABC$,tiếp xúc $AC,AB,BC$ tại $D,E,G$ sao cho $D$ có tọa vị $-i$, tam giác $ABC$ định theo chiều âm.
-Lấy $z$ tương ứng là tọa vị của điểm $Z$, ta có: $e\bar{e}=g\bar{g}=1,d=-i,j=0$ ($j$ là tọa vị tâm đường tròn nội tiếp $I$)
-Do $\widehat{A}=60^o$,nên có: $\widehat{EID}=180^o-60^o=120^o$, tọa vị của $E$ là:
$e=e^{i.150^o}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$
(điều kiện để $(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$: $-30^o<arg(g)<90^o$)
-$A,B,C$ là giao điểm các cặp tiếp tuyến tại $e,f,g$ của đường tròn đơn vị, có:
$a=\frac{2ed}{e+d},b=\frac{2eg}{e+g},c=\frac{2dg}{d+g}$
-Đường thẳng song song $AC$ qua $I$ lúc này chính là trục thực, lại có $F$ nằm trên đường tiếp tuyến tại $E$, có:
$\begin{cases}
& \ \frac{f-e}{e}+\frac{\bar{f}-\bar{e}}{\bar{e}}=0 \\
& \ f=\bar{f} (f\in R)
\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ f\bar{e}+\bar{f}e=2 \\
& \ f=\bar{f} (f\in R)
\end{cases}\Rightarrow f=\frac{2e}{e^2+1}$
-$P$ là tâm tỉ cự của hệ hai điểm $B,C$ theo hệ số $2;1$, nên:
$p=\frac{2b+c}{3}$
-Xét $\omega =\frac{b-f}{p-f}.\frac{e-d}{g-d} =\frac{(g+e^{i30^o})(g-i)}{(g+e^{-i30^o})(g+i)}.e^{i150^o} \sqrt{3}$
$\Rightarrow \bar{\omega} =\frac{(\frac{1}{g}+e^{-i30^o})(\frac{1}{g}+i)}{(\frac{1}{g}+e^{i30^o})(\frac{1}{g}-i)}.e^{-i150^o} \sqrt{3}=-\omega $,$\omega$ là một số thuần ảo.
(chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ)
Nên: $(\vec{FP},\vec{FB})+(\vec{DG},\vec{DE})\equiv arg(\frac{b-f}{p-f} )+arg(\frac{e-d}{g-d})\equiv arg(\omega )\equiv 90^o (Mod 180^o) $
-Có $-30^o<arg(g)<90^o$ nên: $\widehat{EDG}<\widehat{EDG'}=90^o$ (Với $g'=e^{-i30^o}$)
Do đó: $\widehat{EDG}+\widehat{BFP}=90^o$
Mà $\widehat{EDG}=\frac{1}{2}\widehat{EIG}$,
$\widehat{EIG}+\widehat{ABC}=180^o$ (Tứ giác nội tiếp)
Nên: $\widehat{ABC}=2\widehat{BFP}$ $(Q.e.D)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 28-11-2012 - 05:22

^^~

#4 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

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

Đã gửi 04-12-2012 - 21:58

Chấm điểm:
Black Selena: 10 điểm
perfectstrong: 05 điểm

robin997: 05 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:
 


#5 cuocsongso

cuocsongso

    Lính mới

  • Thành viên
  • 9 Bài viết

Đã gửi 11-04-2013 - 08:46

một thời lượng giác đã qua






1 người đang xem chủ đề

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