|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
24-07-2013, 12:56 AM | #1 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts | [IMO 2013] Bài 3 - Hình học phẳng Cho tam giác $ABC$ và $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp trong các góc $A,B,C$ với các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A_1B_1C_1$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ thì tam giác $ABC$ vuông. __________________ M. |
The Following 2 Users Say Thank You to novae For This Useful Post: | dvtruc (24-07-2013), tranhongviet (24-07-2013) |
24-07-2013, 03:07 AM | #2 |
Administrator | Bài toán vẫn đúng ở cả 2 chiều thuận và đảo: (1) Nếu $AB=AC$ thì dễ thấy đpcm. (2) Ta xét trường hợp $AB > AC$, trường hợp còn lại tương tự. Đặt $AB=c, BC=a, CA=b$ với $c > b$. *Chiều đảo: Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Gọi $O$ là trung điểm $BC$ và $M$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$. Dễ thấy rằng $MB_1 = MC_1$. Ta sẽ chứng minh rằng $MB_1 = MA_1$. Thật vậy, ta có $BA_1 = \frac{a+b-c}{2}$ và $OB = \frac{a}{2}$ nên $OA_1 = \frac{c-b}{2}$. Do đó $4MA_1^2 = a^2+(b-c)^2$. Đặt $H$ là hình chiếu của $M$ trên đoạn $AB$, đặt $MA = x$, ta có: $MB^2 - MA^2 = BH^2 - AH^2$ hay $\frac{a^2}{2} - x^2 = c(c-\frac{x}{\sqrt{2}})$. Từ đó ta tính được $MA^2 = \frac{(b-c)^2}{2}$. Theo định lí cos trong tam giác $MAC_1$ thì: $MC_1^2 = MA^2+AC_1^2 - 2.MA.AC_1. \cos 45^{\circ} = \frac{(b-c)^2}{2} + \frac{(a+c-b)^2}{4}-2 . \frac{\sqrt{2}}{2}. \frac{a+c-b}{2}. \frac{c-b}{\sqrt{2}}$. Từ đó, ta có được $MA_1^2 = MC_1^2$ hay $M$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$. Ta có đpcm. *Chiều thuận: Tiếp theo, giả sử tâm $M$ của $(A_1B_1C_1)$ thuộc đường tròn $(ABC)$ và không mất tính tổng quát, có thể xét $M$ thuộc cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$. Ta có $MB_1 = MC_1$ và theo tính chất tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp thì $BC_1 = CB_1$. Bằng biến đổi góc, ta cũng có $\widehat{ABM} = \widehat{ACM}$ nên ta có 2 trường hợp: (1) $\Delta MB_1C = \Delta MC_1B (c.g.c)$ hoặc (2) $\widehat{MC_1B} + \widehat{MB_1C}=180^{\circ}$ (không thể xảy ra) Do đó, $MB=MC$ hay $M$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$. Đến đây, kẻ $MH, MK$ lần lượt vuông góc với $AB, AC$; theo giả sử thì $H$ thuộc đoạn $AB$ còn $K$ nằm ngoài đoạn $AC$ và theo tính chất đường phân giác, ta có $AH = AK$ hay $AB - AM . \sin(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) = AC + AM . \sin(\frac{180^{\circ} - {A}}{2})$. Biến đổi tương đương:$AB - AC =2 AM. \cos \frac{A}{2}$ Ta có đpcm.$\sin {C} - \sin { B} = 2 \sin \frac{C-B}{2} \cos \frac{A}{2}$. $\tan \frac{A}{2} = 1$. $A = 90^{\circ}$. Vậy tâm đường tròn $(A_1B_1C_1)$ thuộc $(ABC)$ khi và chỉ khi tam giác $ABC$ vuông. __________________ Sự im lặng của bầy mèo thay đổi nội dung bởi: huynhcongbang, 24-07-2013 lúc 11:05 AM |
The Following User Says Thank You to huynhcongbang For This Useful Post: | dvtruc (24-07-2013) |
24-07-2013, 10:32 AM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 81 Thanks: 23 Thanked 70 Times in 41 Posts | Ta có $BC_1=CB_1=p-a $. Không mất tính tổng quát giả sử đường trung trực của $BC $ cắt (ABC) tại $O_1 $ thuộc cung BAC. Dễ thấy các tam giác $O_1BC_1 $và $O_1CB_1 $ bằng nhau (c.g.c) nên $O_1B_1=O_1C_1 $. Theo kết quả quen thuộc $O_1A_1^2=O_1B^2-(p-b)(p-c) $ nên $O_1A_1^2-O_1B^2=\frac{(b-c)^2-a^2}{4} $ Gọi $K, L $ thứ tự là hình chiếu của $O_1 $ trên $CA, AB $. Các tam giác $O_1BL, O_1CK $ bằng nhau. Dễ thấy $AK=AL $ nên ta có $BL=CK=\frac{b+c}{2} $ $O_1C_1^2-O_1B^2=LC_1^2-LB^2=(\frac{b+c}{2}-\frac{b+c-a}{2})^2-(\frac{b+c}{2})^2=\frac{a^2-(b+c)^2}{4} $ Đpcm tương đương $O_1 $ là tâm ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1 $ hay $O_1A_1^2=O_1C_1^2 $ Tương đương với $O_1A_1^2-O_1B^2=O_1C_1^2-O_1B^2 $ $\frac{(b-c)^2-a^2}{4}=\frac{a^2-(b+c)^2}{4} $ hay$ a^2=b^2+c^2 $. Bài toán được chứng minh xong. thay đổi nội dung bởi: 12121993, 24-07-2013 lúc 10:27 PM |
The Following User Says Thank You to 12121993 For This Useful Post: | analysis90 (30-07-2013) |
24-07-2013, 11:54 AM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Đến từ: hue Bài gởi: 348 Thanks: 425 Thanked 560 Times in 237 Posts | Giả sử tam giác $ABC$ vuông, ta chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$ thuộc $(ABC)$. Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $BAC$. Ta có $MB_1=MC_1$. Mặt khác ta có $MA_1=MD$, với $D$ là tiếp điểm của tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ trên $BC$. Gọi $F$ là giao điểm thứ hai của $AD$ và $(O)$. Lấy $I',A'$ lần lượt là đối xứng với $I,A$ qua $BC$. Ta có $I'$ thuộc đường tròn $(M;MB)$. Ta sẽ chứng minh $\Delta I'DM = \Delta BC_1M$, do có $BC_1=I'D;MB=MI'$ nên ta sẽ chứng minh $\widehat {DI'M}=\widehat{C_1BM}$. Để ý rằng $A',I',M$ thẳng hàng. Ta có: $\widehat{DI'M}=\widehat{DA'M}=\widehat{C_1BM}$. Ta suy ra đccm ở chiều đảo. __________________ LIFE HAS SENT TO US A MIRACLE, IT'S GEOMETRY "Don't try your best. Do your best." thay đổi nội dung bởi: liverpool29, 24-07-2013 lúc 01:27 PM |
The Following 3 Users Say Thank You to liverpool29 For This Useful Post: |
24-07-2013, 05:06 PM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 81 Thanks: 23 Thanked 70 Times in 41 Posts | Ta cũng có thể chứng minh chiều đảo như sau Giả sử tam giác $ABC $ vuông tại $A. O $ là trung điểm BC. Đường tròn $(I) $ nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC tại $D $. Theo kết quả quen thuộc các đường thẳng qua $A_1 $ vuông góc với $BC $, qua $B_1 $ vuông góc với $CA $, qua $C_1 $vuông góc với $AB $ đồng quy tại $K $ đối xứng với$ I $ qua $O $. ($K $ là tâm đường tròn đi qua 3 tâm bàng tiếp của tam giác $ABC $). Ta có ngay $ KA_1=r $. Lại có $BC_1=CB_1=p-a=r $ (chú ý tam giác $ABC $ vuông tại$ A $) nên $KA_1=CB_1=BC_1 $. Các tứ giác $BC_1A_1K và CB_1A_1K $ nội tiếp nên ta có chúng là hình thang cân do đó $C_1A_1// KB, B_1A_1 // KC $. suy ra $\angle{C_1A_1B_1}=\angle{BKC}. \angle{C_1A_1B_1}=180^0-(\angle{BA_1C_1}+\angle{CA_1B_1})=180^0-(\angle{BKC_1}+\angle{CKB_1})=180^0-(\angle{BKC}-90^0) $ Suy ra $\angle{C_1A_1B_1}=135^0. $ Gọi $O_1 $ là giao của đường trung trực $B_1C_1 $ với $(ABC) $. Tam giác $O_1BC_1=O_1CB_1 $ nên ta có $OB_1=OC_1 $ và $\angle{B_1OC_1}=\angle{BAC}=90^0 $. Ta có $\angle{B_1OC_1}=2(180^0-\angle{B_1A_1C_1}) $ nên$ O_1 $ là tâm ngoại tiếp của tam giác $A_1B_1C_1 $ (đpcm). thay đổi nội dung bởi: 12121993, 25-07-2013 lúc 12:37 PM |
24-07-2013, 08:49 PM | #6 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Đến từ: CQT- BP Bài gởi: 225 Thanks: 141 Thanked 74 Times in 56 Posts | Trích:
Em thấy điều trên là sai, em nghĩ phải là : $AB - AM . \cos(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) = AC + AM . \cos(\frac{180^{\circ} - {A}}{2}) $ và trong lời giải phần thuận (phần khó nhất ý) anh không sử dụng hết giả thuyết $MA1=MB1=MC1 $ __________________ Thieu Hong Thai | |
24-07-2013, 10:03 PM | #7 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Bước này trong lời giải của em có vẻ như là không đúng. Phần mở rộng (cho sẵn tam giác vuông) có thể chứng minh như sau (với $O_1 $ là tâm của $(A_1B_1C_1) $): 1. Giả sử $\widehat{BAC}=90^0 $, khi đó tính toán để chứng minh $\widehat{B_1A_1C_1}=135^0 $. 2. Từ đó $\widehat{B_1O_1C_1}=90^0 $ nên tứ giác $AB_1C_1O_1 $ nội tiếp. 3. Các tam giác $O_1BC_1 $ và $O_1CB_1 $ bằng nhau (c.g.c). 4. Từ đó $\widehat{BO_1C}=90^0 $ hay $O_1 $ thuộc $(ABC). $ Phần gốc có thể giải như sau (không mất tính tổng quát, giả sử như hình vẽ): 1. Gọi $I $ là tâm $A_1B_1C_1 $, ta có $\widehat{IAC}=\widehat{CBH}=\widehat{CKA}=\widehat {ABI}=\widehat{ACI}. $ 2. Các tam giác $IAC_1 $ và $ICA_1 $ bằng nhau (c.c.c). 3. Tứ giác $IBA_1C_1 $ nội tiếp. 4. Từ $\widehat{A_1B_1C_1}+\frac{\widehat{A_1BC_1}}{2}=18 0^0 $ biến đổi để chứng minh $\widehat{B}=90^0. $ thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 24-07-2013 lúc 11:00 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to thaygiaocht For This Useful Post: | 12121993 (24-07-2013), huynhcongbang (26-07-2013) |
24-07-2013, 10:26 PM | #8 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 81 Thanks: 23 Thanked 70 Times in 41 Posts | À vâng, chỗ đấy của em hơi lộn, phải là trung trực của BC mới đúng. |
24-07-2013, 10:34 PM | #9 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Bài gởi: 117 Thanks: 189 Thanked 65 Times in 27 Posts | Cách giải bài hình IMO 2013 +) (Ta chứng minh chiều thuận, chiều bài toán yêu cầu, chiều =>) Với các ký hiệu như đề bài, ta đặt tên thêm một số điểm $H, G, I, M, M_1, M_2 $ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp trên BC, AC, AB và trung điểm của $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ theo thứ tự @Mình dùng ký hiệu <XAY để chỉ góc XAY@ Ta chứng minh bổ đề: MG = MI Xét hai tam giác: $\triangle MGC $ và $\triangle MIB $ , có: MC = MB (= $B_1C_1 $/2) <MCG = <MBI (MCAB nội tiếp trong đường tròn Euler của $\triangle A_1B_1C_1 $) CG = BI (cùng bằng (AB + AC - BC)/2 chú ý G, I là tiếp điểm) ==> $\triangle MGC = \triangle MIB $ (c.g.c) => MG = MI Tương tự cũng có: $M_1H = M_1I $ và $M_2H = M_2G $ - Chú ý rằng $M, M_1, M_2 $ là trung điểm của $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ nên chúng thuộc đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC $ (ta ký hiệu là (ABC), chính là đường tròn Euler của $\triangle A_1B_1C_1 $). Vậy chúng là ba giao điểm của ba đường trung trực của ba đoạn $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ (theo bổ đề vừa chứng minh) và đường tròn (ABC). Mặt khác tâm ngoại tiếp của tam giác HGI nằm trên đường tròn (ABC) và là giao điểm của ba đường trung trực của $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ nên nó phải trùng với một trong ba điểm $M, M_1, M_2 $, giả sử nó trùng với M Theo chứng minh trên ta có: $\triangle MGC $ = $\triangle MIB $ nên <MGA = <MIA hay MAGI nội tiếp => <BAC = <GAI = <GMI (1) - Theo bổ đề, kết hợp với giả thiết M là tâm ngoại tiếp $\triangle GHI $ suy ra $MM_1 $ là trung trực HI, $MM_2 $ là trung trực GH, suy ra $<GMI = 2<M_2MM_1 = 2<C_1A_1B_1 $ (2) - Gọi O là trực tâm $C_1B_1, C_1A_1, A_1B_1 $ thì O là tâm đường tròn nội tiếp của $\triangle ABC $ nên $<BOC = 90^0 + \frac{\widehat{BAC}}{2} $ => $<C_1A_1B_1 = 180^0 - <BOC = 90^O - \frac{\widehat{BAC}}{2} $ (3) (1), (2), (3) => $<BAC = 90^0 $ (đpcm) thay đổi nội dung bởi: CTK9, 24-07-2013 lúc 10:45 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to CTK9 For This Useful Post: | caubemetoan96 (24-07-2013), fmariecurie (24-07-2013) |
24-07-2013, 10:38 PM | #10 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Bài gởi: 117 Thanks: 189 Thanked 65 Times in 27 Posts | Em xin lỗi đã post bài nhầm mục, anh mod nào có thể vui lòng đưa nó vô đúng topic cho em được ko ạ, em cảm ơn nhiều |
30-07-2013, 07:34 AM | #11 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Bài gởi: 180 Thanks: 134 Thanked 21 Times in 21 Posts | Trích:
| |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|