452 replies to this topic

[L Lawliet]

Em không biết có sai hay không nên cứ chém đại :
CM rõ hơn về độ dài CD cố định:
Dễ thấy : $A ,B ,O :\text{const}$
$\rightarrow AO :\text{const}$
$\rightarrow (O) :\text{const}$
Chứng minh tương tự $\rightarrow (O') :\text{const}$
Vậy$ (O)$ và $(O') :\text{const}$
$\rightarrow SĐ(AB)$ của$ (O) $và $(O') :\text{const}$
Rồi CM như trên
---------------------------------------
P/s : Em không biết C , D khác A,B hay không ,nếu có thể trùng với A,B công nhận là em thiếu 1 nghiệm hình , thiếu hẳn 1 điểm cố dịnh và em đã tìm ra , em sẽ làm thêm nhanh nhất có thể

Điểm $I$ của em chỉ cố định đến một đoạn nào đó thôi, khi quay điểm $P$ vào gần $A$ hoặc $B$ (không gần lắm) là điểm $I$ đã di động dần vào trung điểm của đoạn $AB$ rồi.

Edited by L Lawliet, 09-08-2012 - 11:58.

[L Lawliet]

Em không biết có sai hay không nên cứ chém đại :
CM rõ hơn về độ dài CD cố định:
Dễ thấy : $A ,B ,O :\text{const}$
$\rightarrow AO :\text{const}$
$\rightarrow (O) :\text{const}$
Chứng minh tương tự $\rightarrow (O') :\text{const}$
Vậy$ (O)$ và $(O') :\text{const}$
$\rightarrow SĐ(AB)$ của$ (O) $và $(O') :\text{const}$
Rồi CM như trên
---------------------------------------
P/s : Em không biết C , D khác A,B hay không ,nếu có thể trùng với A,B công nhận là em thiếu 1 nghiệm hình , thiếu hẳn 1 điểm cố dịnh và em đã tìm ra , em sẽ làm thêm nhanh nhất có thể

Thêm một lí do nữa chứng tỏ em sai nhé, chính vì điều đó làm em sai toàn bài đấy, từ đấy rút kinh nghiệm cho các lần sau.
Đề bài chỉ cho $A$, $B$ cố định thôi, nếu qua đó em vội kết luận $O$ cố định thì xem hình dưới:
 untitled.bmp   2.08MB   42 downloads
Quỹ tích tâm $O$ và $O'$ dễ thấy là đường trung trực của $AB$ vậy $O$ cố định bằng cách nào?
----
Sao cái hình không hiện ra nhỉ =..="
_______________
Để file .bmp thì nó ko hiện đâu anh .

Edited by BlackSelena, 09-08-2012 - 13:34.

[BlackSelena]

Bài 90: Cho 2 đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B cố định((O) và (O') ở ngoài nhau).P là 1 điểm di động trên cung lớn AB trên (O).PA,PB cắt (O') lần lượt tại C,D sao cho C,D thuộc cung lớn AB của (O').Từ O' vẽ O'E vuông góc CD tại E.
CMR: PE luôn đi qua 1 điểm cố định khi P di động trên cung lớn AB.
P/s:Đề cực ngắn nhưng chứng minh không ngắn như cái đề ,có thể là dài hơn bài 83 đã khiến em Black "nổ não" và lần này sẽ "nổ" lần 2
_________________

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, kẻ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $E$; trung tuyến $AF$, khi đó ta có $\angle BAE = \angle CAF$.
Để chứng minh bổ đề này, ta dùng tới 2 khái niệm
* Đường đẳng giác: Cho góc $xOy$, ta nói 2 đường thẳng $d_1$ và $d_2$ là đường đẳng giác trong góc nếu chúng cùng đi qua đỉnh $O$ là đối xứng với nhau qua tia phân giác của góc.
~> Chứng minh, ta nhắc đến tiêu chuẩn của một đường đẳng giác:
Tiêu chuẩn này gắn liền với định lý Steiner: Cho $\triangle ABC$ và 2 điểm $D,E$ trên cạnh $BC$. Khi đó, $AD$ và $AE$ là 2 đường đẳng giác của $\angle BAC$ khi vả chỉ khi:
$$\frac{BD}{DC} . \frac{BE}{EC} = \frac{AB^2}{AC^2}$$ (*)
- Chứng minh định lý này:

+ Phần thuận:
Giả sử $AD$ và $AE$ là 2 đường đẳng giác của $\angle BAC$ ta sẽ chứng minh đẳng thức (*) thỏa mãn. Thật vậy, ta có:
$\frac{BD}{DC} = \frac{S_{BAD}}{S_{DAC}} = \frac{AD.AB.\sin\angle BAD}{AD.AC.\sin\angle DAC} = \frac{AB}{AC}. \frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle DAC}$
Tương tự, ta cũng có:
$\frac{BE}{EC} = \frac{AB}{AC}.\frac{\sin\angle BAE}{\sin\angle EAC}$
Mặt khác, do $AD$ và $AE$ là 2 đường đẳng giác nên ta có:
$\angle BAD = \angle EAC; \angle DAC = \angle BAE$
Kết hợp những điều trên lại, ta có (*).
+Phần đảo: Giả sử thỏa mãn $AD$ và $AE$ thỏa (*). Vậy dựng đường đẳng giác $AD'$ của $AE$. Khi đó ta có hệ thức:
$\frac{BD'}{D'C}.\frac{BE}{EC} = \frac{AB^2}{AC^2}$
Mà ta đã có (*) nên $\Rightarrow \frac{BD}{DC} = \frac{BD'}{D'C}$.
$\Rightarrow D \equiv D'$.
Vậy ta đã chứng minh xong định lý Steiner.
Giờ ta đi tiếp tới một khái niệm thứ 2
*Đường đối trung: là đường đẳng giác với trung tuyến và sẽ có tính chất như những cặp đường đẳng gicá khác.
Từ tiêu chuẩn của đưởng đẳng giác hay chính là định lý Steiner ta vừa chứng minh, dễ dàng suy ra tính chất của đường đối trung như sau
Cho $\triangle ABC$. Ta có $AD$ ($D \in BC$) là đường đối trung $\Leftrightarrow \frac{DB}{DC} = \frac{AB^2}{AC^2}$
Giờ ta sẽ quay lại chứng minh bổ đề, em sẽ nhắc lại đề bài để mọi người đỡ mất công lăn lên xuống.
Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $E$. Trung tuyến $AF$. Ta chứng minh $\angle BAE = \angle CAF$ hay cũng chính là đi chứng minh $AE$ là đường đối trung của $\triangle ABC$
* Chứng minh:

Gọi giao điểm của $AE$ và $BC$ là $D$. Ta có:
$\frac{DB}{DC} = \frac{S_{ABP}}{S_{ACP}} = \frac{AB.BP.\sin\angle ABP}{AC.CP.\sin\angle ACP}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}$
Vậy giờ ta cần chứng minh $\sin\angle ABP = \sin\angle ACB; \sin\angle ACP = \sin\angle ABC$
Thật vậy, cho $AE \cap (O) = H$ thì ta có:
$\angle EBA = \angle BHE = 180^o - \angle BHA = 180^o - \angle BCA$
Vậy $\angle EBA$ bù $\angle BCA$. Vậy $\sin$ 2 góc sẽ bằng nhau, chứng minh tương tự ta cũng có $\sin\angle ACP = \sin\angle ABC$.
Vậy $\frac{DB}{DC} = \frac{AB^2}{AC^2}$
Theo tiêu chuẩn của đường đối trung, ta có $AE$ là đường đối trung của $\angle BAC$
$\Rightarrow \angle BAE = \angle CAF$
__________________________________
Chứng minh các yếu tố phụ mệt nhoài, ta quay trở lại bài toán:

Gọi giao của 2 tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(O)$ là $I$. $M$ là trung điểm $AB$
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh, ta có $\angle API = \angle BPM$ (1)
Mặt khác, dễ dàng chứng minh $\triangle PAB \sim \triangle ADC$
$\Rightarrow \frac{PB}{PC} = \frac{AB}{DC} = \frac{BM}{EC}$
Dễ thấy, 2 tam giác đồng dạng thì tỉ số đường trung tuyến xuất phát từ 2 đỉnh tương ứng của 2 tam giác cũng bằng tỉ số đồng dạng. Tức:
$\frac{PB}{PC} = \frac{AM}{PE} = \frac{BM}{EC}$
$\Rightarrow \angle BPM = \angle CPE$ (2)
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow P,I,E:\text{thẳng hàng}$.
Mặt khác, do $A,B:const \Rightarrow I:const$
Vậy $PE$ đi qua điểm cố định chính là $I$.
Bài toán đã được chứng minh HOÀN TOÀN.

Edited by BlackSelena, 09-08-2012 - 13:36.

[L Lawliet]

Thắc mắc xí nhé:
Theo trên thì $PE$ luôn đi qua điểm $I$ cố định vậy tại sao khi ta di chuyển $P$ vào gần $A$ và vẫn thỏa mãn $P$ nằm trên cung lớn $AB$ thì $PE$ lại không đi qua $I$?:
 L Lawliet 1.bmp   1.74MB   98 downloads
 L Lawliet 2.bmp   1.72MB   92 downloads
Hình mình không giỏi nên không hiểu các bạn giải thích giúp nhé

Edited by L Lawliet, 09-08-2012 - 13:53.

[triethuynhmath]

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, kẻ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $E$; trung tuyến $AF$, khi đó ta có $\angle BAE = \angle CAF$.
Để chứng minh bổ đề này, ta dùng tới 2 khái niệm
* Đường đẳng giác: Cho góc $xOy$, ta nói 2 đường thẳng $d_1$ và $d_2$ là đường đẳng giác trong góc nếu chúng cùng đi qua đỉnh $O$ là đối xứng với nhau qua tia phân giác của góc.
~> Chứng minh, ta nhắc đến tiêu chuẩn của một đường đẳng giác:
Tiêu chuẩn này gắn liền với định lý Steiner: Cho $\triangle ABC$ và 2 điểm $D,E$ trên cạnh $BC$. Khi đó, $AD$ và $AE$ là 2 đường đẳng giác của $\angle BAC$ khi vả chỉ khi:
$$\frac{BD}{DC} . \frac{BE}{EC} = \frac{AB^2}{AC^2}$$ (*)
- Chứng minh định lý này:

+ Phần thuận:
Giả sử $AD$ và $AE$ là 2 đường đẳng giác của $\angle BAC$ ta sẽ chứng minh đẳng thức (*) thỏa mãn. Thật vậy, ta có:
$\frac{BD}{DC} = \frac{S_{BAD}}{S_{DAC}} = \frac{AD.AB.\sin\angle BAD}{AD.AC.\sin\angle DAC} = \frac{AB}{AC}. \frac{\sin\angle BAD}{\sin\angle DAC}$
Tương tự, ta cũng có:
$\frac{BE}{EC} = \frac{AB}{AC}.\frac{\sin\angle BAE}{\sin\angle EAC}$
Mặt khác, do $AD$ và $AE$ là 2 đường đẳng giác nên ta có:
$\angle BAD = \angle EAC; \angle DAC = \angle BAE$
Kết hợp những điều trên lại, ta có (*).
+Phần đảo: Giả sử thỏa mãn $AD$ và $AE$ thỏa (*). Vậy dựng đường đẳng giác $AD'$ của $AE$. Khi đó ta có hệ thức:
$\frac{BD'}{D'C}.\frac{BE}{EC} = \frac{AB^2}{AC^2}$
Mà ta đã có (*) nên $\Rightarrow \frac{BD}{DC} = \frac{BD'}{D'C}$.
$\Rightarrow D \equiv D'$.
Vậy ta đã chứng minh xong định lý Steiner.
Giờ ta đi tiếp tới một khái niệm thứ 2
*Đường đối trung: là đường đẳng giác với trung tuyến và sẽ có tính chất như những cặp đường đẳng gicá khác.
Từ tiêu chuẩn của đưởng đẳng giác hay chính là định lý Steiner ta vừa chứng minh, dễ dàng suy ra tính chất của đường đối trung như sau
Cho $\triangle ABC$. Ta có $AD$ ($D \in BC$) là đường đối trung $\Leftrightarrow \frac{DB}{DC} = \frac{AB^2}{AC^2}$
Giờ ta sẽ quay lại chứng minh bổ đề, em sẽ nhắc lại đề bài để mọi người đỡ mất công lăn lên xuống.
Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $E$. Trung tuyến $AF$. Ta chứng minh $\angle BAE = \angle CAF$ hay cũng chính là đi chứng minh $AE$ là đường đối trung của $\triangle ABC$
* Chứng minh:

Gọi giao điểm của $AE$ và $BC$ là $D$. Ta có:
$\frac{DB}{DC} = \frac{S_{ABP}}{S_{ACP}} = \frac{AB.BP.\sin\angle ABP}{AC.CP.\sin\angle ACP}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}$
Vậy giờ ta cần chứng minh $\sin\angle ABP = \sin\angle ACB; \sin\angle ACP = \sin\angle ABC$
Thật vậy, cho $AE \cap (O) = H$ thì ta có:
$\angle EBA = \angle BHE = 180^o - \angle BHA = 180^o - \angle BCA$
Vậy $\angle EBA$ bù $\angle BCA$. Vậy $\sin$ 2 góc sẽ bằng nhau, chứng minh tương tự ta cũng có $\sin\angle ACP = \sin\angle ABC$.
Vậy $\frac{DB}{DC} = \frac{AB^2}{AC^2}$
Theo tiêu chuẩn của đường đối trung, ta có $AE$ là đường đối trung của $\angle BAC$
$\Rightarrow \angle BAE = \angle CAF$
__________________________________
Chứng minh các yếu tố phụ mệt nhoài, ta quay trở lại bài toán:

Gọi giao của 2 tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(O)$ là $I$. $M$ là trung điểm $AB$
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh, ta có $\angle API = \angle BPM$ (1)
Mặt khác, dễ dàng chứng minh $\triangle PAB \sim \triangle ADC$
$\Rightarrow \frac{PB}{PC} = \frac{AB}{DC} = \frac{BM}{EC}$
Dễ thấy, 2 tam giác đồng dạng thì tỉ số đường trung tuyến xuất phát từ 2 đỉnh tương ứng của 2 tam giác cũng bằng tỉ số đồng dạng. Tức:
$\frac{PB}{PC} = \frac{AM}{PE} = \frac{BM}{EC}$
$\Rightarrow \angle BPM = \angle CPE$ (2)
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow P,I,E:\text{thẳng hàng}$.
Mặt khác, do $A,B:const \Rightarrow I:const$
Vậy $PE$ đi qua điểm cố định chính là $I$.
Bài toán đã được chứng minh HOÀN TOÀN.

Bài em làm quá chuẩn rồi (Chiến thắng cuộc thách thức )
Có nhiều cách để chứng minh bổ đề em vừa dùng lắm và ở đây mình xin nêu ra 2 cách(Mình biết được 4 cách nhưng chỉ trình bày 2 cách sử dụng hàng điểm điều hòa và định lí Ptoleme vì chúng ngắn gọn,2 cách còn lại dùng tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp thì thuần THCS hơn nhưng lại khá tốn thời gian nên mình không nêu ra ở đây):
Cách 1:
Cho AE cắt (O) tại H.
Ta có định lí quen thuộc sau : $BH.AC=CH.AB$
Áp dụng định lli1Pto-lề-mề ta có :
$BH.AC+CH.AB=2CF.AD\Rightarrow 2BH.AC=2CF.AD\Rightarrow \frac{BH}{CF}=\frac{AD}{AC}$
Vậy $\Delta ABH$ đồng dạng $\Delta AFC(cgc)\Rightarrow \angle BAH=\angle FAC(Q.E.D)$
Xong cách 1.
Cách 2:
Ta có :
Cho EO cắt (O) tại 2 điểm I,J (J nằm giữa E và O).
Ta có IJ là đường kính của (O). và I,J,O,F thẳng hàng
CM được I,J lần lượt là 2 điểm chính giữa các cung lớn và nhỏ của BC.
Ta có :
$\angle EBJ=\frac{1}{2}(BJ)=\frac{1}{2}(CJ)=\angle JBF$
Vậy BJ là phân giác trong của góc EBF.
Mà $\angle JBI=90^0$(góc nt chắn nửa (O))
=> BI là phân giác ngoài.
Vậy I,F,J,E là 1 hàng điểm điều hòa.
Mà $\angle JAI=90^0\Rightarrow AJ,AI$ lần lượt là phân giác trong,ngoài của tam giác EAF.
Vậy $\angle EAJ=\angle JAF$ Mà $\angle BAJ=\angle CAJ$(J là điểm chính giữa cung nhỏ BC)
Vậy $\angle BAE=\angle CAF(Q.E.D)$

[davildark]

Thật ra P di chuyển trên nửa cung tròn thì mới đi qua điểm I đó
Cụ thể hơn là vẽ đường vuông góc với OO' tại O cắt (O) tại 2 G H điểm khi đó P di chuyển trên cung GH ngược hướng với O'
thì mới xác định được điểm I

P/S Trong bài hình như day cung CD có độ dài không đổi ai CM giùm mình được không nghĩ mãi chưa ra

Edited by davildark, 09-08-2012 - 14:20.

[dohuuthieu]

Bổ đề của bạn Black chính là bài 3 trong đề ở đây http://diendantoanho...2013-dề-chuyen/
Ở đây được chứng minh bằng cách sử dụng tam giác đồng dạng

Edited by dohuuthieu, 09-08-2012 - 15:33.

[Tru09]

Thắc mắc xí nhé:
Theo trên thì $PE$ luôn đi qua điểm $I$ cố định vậy tại sao khi ta di chuyển $P$ vào gần $A$ và vẫn thỏa mãn $P$ nằm trên cung lớn $AB$ thì $PE$ lại không đi qua $I$?:
 L Lawliet 1.bmp   1.74MB   98 downloads
 L Lawliet 2.bmp   1.72MB   92 downloads
Hình mình không giỏi nên không hiểu các bạn giải thích giúp nhé

Đây chính là trường hợp 2 mà em bảo mà =)) . em đang cố nghĩ
-------------------------
Cái này có 2TH là ở gần B hoặc ở gần A
còn Cố định thì PE cắt (O) ở đau thì ở đó cố đinh ( chỉ có trong trương hợp này thôi nhá)
--------------------------------------------
!!Dây CD em chứng minh đã cm không đổi ở bài làm trên

Edited by Tru09, 09-08-2012 - 16:18.

[triethuynhmath]

Bài 91:Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R).Đường tròn (O';R') tiếp xúc với (O) tại 1 điểm thuộc cung BC không chứa A.CMR:
$\sqrt{O'A^2-R'^2}=\frac{CA.}{BC}\sqrt{O'B^2-R'^2}+\frac{AB}{BC}\sqrt{O'C^2-R'^2}$

Edited by triethuynhmath, 09-08-2012 - 19:07.

[BlackSelena]

Đây chính là trường hợp 2 mà em bảo mà =)) . em đang cố nghĩ
-------------------------
Cái này có 2TH là ở gần B hoặc ở gần A
còn Cố định thì PE cắt (O) ở đau thì ở đó cố đinh ( chỉ có trong trương hợp này thôi nhá)
--------------------------------------------
!!Dây CD em chứng minh đã cm không đổi ở bài làm trên

Bài của cậu việc chứng minh $DC$ không đổi còn phụ thuộc vào việc trùng hoặc không trùng mà tớ nói ở trên.
Còn cái việc mà khi nó trùng rồi sẽ đi qua 1 điểm cố định ở $(O)$ thì chắc là trường hợp đặc biệt, nhưng lưu ý nó không đúng với mọi trường hợp (cụ thể là khi $C$ không trùng $A$ hoặc $D$ không trùng $B$) thì không thể khẳng định là $DE$ đi qua điểm cố định đó được.
chốt lại điểm cố định là $I$.

[L Lawliet]

Bài của cậu việc chứng minh $DC$ không đổi còn phụ thuộc vào việc trùng hoặc không trùng mà tớ nói ở trên.
Còn cái việc mà khi nó trùng rồi sẽ đi qua 1 điểm cố định ở $(O)$ thì chắc là trường hợp đặc biệt, nhưng lưu ý nó không đúng với mọi trường hợp (cụ thể là khi $C$ không trùng $A$ hoặc $D$ không trùng $B$) thì không thể khẳng định là $DE$ đi qua điểm cố định đó được.
chốt lại điểm cố định là $I$.

Cái điểm $I$ nó chỉ cố định một đoạn nhỏ thôi, chưa tới nửa đường tròn tâm $O$, khi nó tiến chính xác là đến gần đường kính song song với $AB$ của đường tròn tâm $O$ thì nó đã đi qua $I$ rồi.
Bạn triethuynhmath đưa đáp án chính xác lên cho mọi người tham khảo nào!

[triethuynhmath]

Cái điểm $I$ nó chỉ cố định một đoạn nhỏ thôi, chưa tới nửa đường tròn tâm $O$, khi nó tiến chính xác là đến gần đường kính song song với $AB$ của đường tròn tâm $O$ thì nó đã đi qua $I$ rồi.
Bạn triethuynhmath đưa đáp án chính xác lên cho mọi người tham khảo nào!

Bài làm của em BlackSelena gần như là đáp án chính xác của mình rồi đó bạn

[BlackSelena]

Cái điểm $I$ nó chỉ cố định một đoạn nhỏ thôi, chưa tới nửa đường tròn tâm $O$, khi nó tiến chính xác là đến gần đường kính song song với $AB$ của đường tròn tâm $O$ thì nó đã đi qua $I$ rồi.
Bạn triethuynhmath đưa đáp án chính xác lên cho mọi người tham khảo nào!

Anh nói đúng, vậy theo em là thế này.
Bài làm nên thêm câu là cho $C$ không trùng $A$ và $B$ không trùng $D$ vào.
Nhưng cách chứng minh $CD$ cố định của trung vẫn chưa ổn.

[Tru09]

Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow P,I,E:\text{thẳng hàng}$.
Mặt khác, do $A,B:const \Rightarrow I:const$
Vậy $PE$ đi qua điểm cố định chính là $I$.

Cho mình bắt lỗi cái :
Đề nói cho (O) và (O') thì
TH1 : cả (O) và$ (O') :\text{const}*$
TH2 :$ (O)$ và$ (O') :\text{không const}$
Vậy theo câu trên Cậu (Blackselena) thì A,B cố định là I cố định là không đúng vì cho dù A,B $:\text{const}$ mà (O) không $:\text{const}$:thì I cũng chẳng $:\text{const}$
Vậy để cách giải của cậu đúng thì $\rightarrow$ * đúng $\rightarrow $cả $(O)$ và$ (O') :\text{const}$
P/s Mình mù tịt mấy cái này , sai ở đâu thì nhẹ nhàng chỉ bảo nhá ~~~~~~~~~~~~
----------------------------------------------------------------
Bạn chỉ rõ ra đi, chỗ bôi xanh kia ak !!! mình vẫn không hiểu

Edited by Tru09, 10-08-2012 - 08:59.

[BlackSelena]

Cho mình bắt lỗi cái :
Đề nói cho (O) và (O') thì
TH1 : cả (O) và$ (O') :\text{const}*$
TH2 :$ (O)$ và$ (O') :\text{không const}$
Vậy theo câu trên Cậu (Blackselena) thì A,B cố định là I cố định là không đúng vì cho dù A,B $:\text{const}$ mà (O) không $:\text{const}$:thì I cũng chẳng $:\text{const}$
Vậy để cách giải của cậu đúng thì $\rightarrow$ * đúng $\rightarrow $cả $(O)$ và$ (O') :\text{const}$
P/s Mình mù tịt mấy cái này , sai ở đâu thì nhẹ nhàng chỉ bảo nhá ~~~~~~~~~~~~

Câu trả lời đã nằm ngay trong bài viết

[BlackSelena]

Bài 91:Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R).Đường tròn (O';R') tiếp xúc với (O) tại 1 điểm thuộc cung BC không chứa A.CMR:
$\sqrt{O'A^2-R'^2}=\frac{CA.}{BC}\sqrt{O'B^2-R'^2}+\frac{AB}{BC}\sqrt{O'C^2-R'^2}$

Bẳng niềm tin và lòng nhiệt huyết của tuổi trẻ, ta không vẽ hình phụ mà giữ nguyên biến đổi đại số.
$(O) \cap (O_1) = I$
Thay $O' = O_1$, $(O';R')$ thành $(O';r)$ nhé .
Xét biểu thức $AO_1^2 - r^2$
Trước hết, theo định lý hàm $\cos$, ta có:
$AO_1^2 = O_1A^2=OA^2+OO_1^2-2OA.OO_1.\cos AOO_1$
Mặt khác: $OA^2 = R^2; OO_1^2 = (R+r)^2 \\ 1 - \cos \alpha = 2\sin^2 \alpha$
Lại nhờ lòng nhiệt huyết, ta thay nó vào, cộng trừ nhân chia bung bét ra sẽ có:
$AO_1^2 - r^2 = 2(2R^2+2Rr)\sin^2AOO_1$
$\Rightarrow \sqrt{AO_1^2 - r^2} = \sqrt{2(R^2+2Rr)}.\sin AOO_1$
Tương tự như thế với biểu thức $\sqrt{O_1B^2 - r^2}; \sqrt{O_1C^2-r^2}$
Khi viết lại đẳng thức cần chứng minh, ta sẽ rút gọn được ở cả 2 vế $\sqrt{2(R^2+2Rr)}$. Viết lại đẳng thức cần c/m.
Đặt $AB=c, BC = a, AC = b$
$\sin AOO_1 = \frac{b}{a}.\sin BOO_1 + \frac{c}{a}. \sin COO_1$
$\Leftrightarrow a.\sin AOO_1 = b.\sin BOO_1 + c. \sin COO_1$
Mà ta lại có:
$\angle AOO_1 = 2\angle ACI; \angle BOO_1 = 2 \angle BAI; \angle COO_1 = 2 \angle IAC$
Mặt khác, theo định lý hàm $\sin$, ta có:
$2\sin ACI = \frac{AI}{R}; 2\sin BAI= \frac{BI}{R}; 2\sin IAC = \frac{IC}{R}$
Vậy viết lại đẳng thức cần chứng minh là:
$a.\frac{AI}{R} = b.\frac{BI}{R} + c.\frac{IC}{R}$
$\Leftrightarrow a.AI = b.BI + c.IC$
Đẳng thức cuối luôn đúng theo Ptolềmề cho tứ giác nội tiếp $ACIB$
Vậy bài toán đã đc c/m hoàn toàn .
P/s: bản quyền nhiệt huyết thuộc về anh WhjteShadow .
Bài này không dài lê thê như những bài trước nhưng hãi não ko kém .

Edited by BlackSelena, 10-08-2012 - 16:13.

[dohuuthieu]

Bài 92: Cho tứ giác ABCD.Các điểm M,N,P,Q theo thứ tự thuộc các cạnh AB,BC,CD,DA thỏa mãn MQ,NP,BD đồng quy.Chứng minh rẳng
$S_{MNPQ}\leq max\left \{ S_{ABC};S_{BCD};S_{CDA};S_{DAB} \right \}$

Edited by binhmetric, 13-08-2012 - 15:59.

[L Lawliet]

Bài 93: Gọi $a$, $b$, $c$ là ba cạnh của một tam giác có diện tích là $A$. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}A$. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

[henry0905]

Bài 93: Gọi $a$, $b$, $c$ là ba cạnh của một tam giác có diện tích là $A$. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}A$. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài này có nhiều cách, mình xin trình bày cách đơn giản nhất:
Áp dụng công thức Herông:
$4\sqrt{3}A=4\sqrt{3}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq 4\sqrt{3p}\sqrt{\left [ \frac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{3} \right ]^{3}}$
$=\frac{4p^{2}}{3}=\frac{(a+b+c)^{2}}{3}\leq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

[triethuynhmath]

Bài này có nhiều cách, mình xin trình bày cách đơn giản nhất:
Áp dụng công thức Herông:
$4\sqrt{3}A=4\sqrt{3}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq 4\sqrt{3p}\sqrt{\left [ \frac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{3} \right ]^{3}}$
$=\frac{4p^{2}}{3}=\frac{(a+b+c)^{2}}{3}\leq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{3}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Bài 93: Gọi $a$, $b$, $c$ là ba cạnh của một tam giác có diện tích là $A$. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}A$. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Cách của chú henry tuy ngắn gọn nhưng trong phòng thi thì đây không phải cách tối ưu nhất.Mình có một cách nhưng hình như chỉ dùng được trong trường hợp vuông và nhọn,còn tù thì chưa kiểm chứng:
Xét tam giác ABC có độ dài 3 cạnh như trên
Nếu tam giác ABC vuông,không mất tính tổng quát giả sử vuông tại A:
BĐT trở thành $2a^2\geq 2\sqrt{3}bc\Leftrightarrow b^2+c^2\geq \sqrt{3}bc$ Đúng do $b^2+c^2\geq 2bc > \sqrt{3}bc$
Nếu tam giác ABC nhọn:
Ta có gọi AD,BE,CF là 3 đường cao của tam giác ABC có $h_{a},h_{b},h_{c}$ là độ dài tương ứng.Ta có : $cotgA+cotgB=\frac{BC}{h_{a}}=\frac{a^2}{2S_{ABC}},cotgB+cotgC=\frac{AC}{h_{b}}=\frac{b^2}{2S_{ABC}},cotgC +cotgA=\frac{AB}{h_{c}}=\frac{c^2}{2S_{ABC}}\Rightarrow 2(cotgA +cotgB + cotgC)=\frac{a^2+b^2+c^2}{2S_{ABC}}$
Vậy bài toán quy về chứng minh :
$cotgA+cotgB+cotgC\geq \sqrt{3}$
Ta có :
$\angle A=\angle BHF\Rightarrow cotgA=cotg \angle BHF=\frac{HF}{BF},cotgB=\frac{BF}{CF}\Rightarrow cotgA.cotgB=\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}}$
Chứng minh tương tự:
$cotgB.cotgC=\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}},cotgC.cotgA=\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}}\Rightarrow \sum cotgA.cotgB=\frac{\sum S_{HBC}}{S_{ABC}}=1$
Áp dụng BĐT: $\sum cotgA\geq \sqrt{3\sum cotgA.cotgB}=\sqrt{3}(Q.E.D)$

Attached Images

• 

Edited by triethuynhmath, 11-08-2012 - 08:56.