Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 14-08-2012 - 15:25
#221
Đã gửi 07-08-2012 - 19:40
- Karl Vierstein yêu thích
Thích ngủ.
#222
Đã gửi 07-08-2012 - 19:59
- C a c t u s và nk0ccontjnhnghjch thích
#223
Đã gửi 07-08-2012 - 20:05
Cách làm của em quá hay đúng điều kiện của anh và bây giờ anh sẽ trình bày lời giải dùng hàng điểm điều hòa chỉ chừng 3 dòng,đủ để biết nó đơn giản như thế nào nếu chúng ta có công cụ:Làm xong bài này của anh cũng nổ não.
Ban đầu đã thử với cách xài $Menelaus$ nhưng tự nhận ra là đang tự sát.
$TR \cap AM = I$, trước hết ta sẽ (phải) chứng minh $AR \perp TM$, hay tức là $H$ là trực tâm $\triangle AMT$
Vẽ đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp $\triangle ABC$, cắt $AT$ tại $K$, ta sẽ đi chứng minh $H,M,K:\text{ thẳng hàng}$
Lưu ý, theo phương tích của điểm nằm ngoài đường tròn (cụ thể là điểm $T$) thì ta có:
$TK.TA=TF.TE=TB.TC$
$\Rightarrow \triangle TKF \sim \triangle TEA$
$\Rightarrow \angle TKF = \angle TEA$
$\Rightarrow KFEA:tgnt$(1)
Mà dễ thấy $AEHK:tgnt$(2)
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow A,E,H,K,F:\text{ đồng viên}$.
$\Rightarrow HK \perp AT$
Mình lưu ý bôi đỏ vì ta ở đây mới chúng minh được $HK \perp AT$ chứ chưa chứng minh được $H,M,K$ thẳng hàng.
Và giờ là công đoạn chứng minh $K,H,M:\text{thẳng hàng}$, cũng hại não không kém.
Kẻ đường kính $AD$, ta sẽ chứng minh một thứ "mạnh" hơn đó là $K,H,M,D:\text{ thẳng hàng}$.
Nghe thì có vẻ khủng nhưng thực chất nó là mấu chốt để ta chứng minh $K,H,M:\text{thẳng hàng}$
$AD$ là đường kính $\Rightarrow BD \perp AB, DC \perp AC$
Mặt khác cũng có $CH \perp AB, BH \perp AC$
$\Rightarrow BHCD:\text{hình bình hành}$
$\Rightarrow H,M,D:\text{thẳng hàng}$ (*). Tới đây là phần quan trọng của việc chứng minh thẳng hàng.
Phần còn lại cũng khá dễ, ta có $DK \perp AT$ mà $KH \perp AT$ (đã chứng minh ở trên).
$\Rightarrow K,H,D:\text{thẳng hàng}$. (**)
Từ $(*) \text{ và } (**)$ ta có $K,H,M,D:\text{ thẳng hàng}$.
Vậy $K,H,M:\text{ thẳng hàng}$
$\Rightarrow MH \perp AT$
$\Rightarrow H$ là trực tâm $\triangle AMT$
$\Rightarrow TR \perp AM$
Vậy ta đã chứng minh được mớ ba lăng nhăng mà em nêu ra ở đầu bài, và cũng là mấu chốt bài toán.
Dễ thấy $AEIH:tngt$
$\Rightarrow \angle EIR = \angle HAC$ (^)
Mặt khác, ta cũng có
$FHIE:tgnt$ do $\angle EHE$ và $\angle FIE$ cùng bù với $\angle KAE$
$\Rightarrow TH.TI = TF.TE$
Mặt khác, theo phương tích ta lại có $TF.TE = TB.TC$
$\Rightarrow TH.TI=TB.TC$
$\Rightarrow HICB:tgnt$
$\Rightarrow \angle RIC = \angle HBD$
Mặt khác cũng dễ thấy $\angle HBD = \angle HAC$
$\Rightarrow \angle RIC = \angle HAC$ (^^)
Từ (^) và (^^) $\Rightarrow \angle EIR = \angle RIC$
$\Rightarrow IR:\text{ phân giác } \angle EIC$
Mà ta lại có $\angle AIR = 90^o$
Vậy $AI, IR$ lần lượt là tia phân giác của 2 góc kề bù.
Vậy $AI$ là tia phân giác của góc ngoài $\angle EIC$
Áp dụng tính chất đường phân giác góc ngoài, góc trong luôn, ta có
$\frac{ER}{RC} = \frac{IE}{IC} = \frac{AE}{AC}$
$\Rightarrow ER.AC = AE.RC$ (đpcm)
P/s:
Cho AD cắt EF tại I.Do EB,EA là phân giác trong và ngoài của góc IED nên A,I,H,D là hàng điểm điều hòa.Vậy TA,TH,TI,TD là 1 chùm điều hòa nên theo tính chất có TA,TF,TR,TC cũng là àng điểu điều hòa nên ta đã có đpcm $Q.E.D$
______________
P/s: 2 dòng mà anh =))
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 07-08-2012 - 23:21
- IloveMaths yêu thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#224
Đã gửi 07-08-2012 - 21:24
Giả sử hai đường phân giác BE=CF cắt nhau tại I. Từ C dựng đường Cx sao cho $\angle FCx = \angle BEA$. Trên Cx lấy đoạn CK=AE, $\triangle BEA=\triangle FCK$. Suy ra $\angle FAC=\angle FKC$ và $AB=FK$ (1)Bài 85: Cho $\triangle ABC$ có phân giác $BD=CE$. Chứng minh $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$.
Tứ giác $AFCK$ nội tiếp nên $\angle FAK + \angle FCK = 180^o$ (2)
Dựng đường phân giác $AI$ và $KJ$ của $\angle FAC$ và $\angle FKC$
Ta có: $\angle A_1=\angle A_2=\angle K_1=\angle K_2$ và $AI=KJ$
$\triangle KJC$ có $\angle FJK=\angle FCK+\angle K_2$
Xét $AIJK$ có $\angle IAK + \angle IJK=\angle FAK-\angle A_2 + \angle FCK+\angle K_2$
Theo (1) $\angle IAK+\angle IJK=\angle FAK+\angle FCK=180^o$
Tứ giác $AIJK$ nội tiếp. Mà $AI=KJ \rightarrow IJ//AK \rightarrow FC//AK$
Tứ giác $AFCK$ nội tiếp có $FC//AK$ nên là hình thang cân.
$\rightarrow AC=FK$ (3)
Từ (1) và (3) cho $AB=AC \rightarrow \triangle ABC$ cân tại $A$
Nguồn: http://vn.answers.yahoo.com
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi C a c t u s: 07-08-2012 - 21:25
- BlackSelena yêu thích
Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực
#225
Đã gửi 07-08-2012 - 21:42
Và như vậy với kết quả của bạn cũng đã chấm dứt câu b bài 34 mà bác binhmetric đã ấp ủ từ lâu nhưng không có ai giải quyết:Giả sử hai đường phân giác BE=CF cắt nhau tại I. Từ C dựng đường Cx sao cho $\angle FCx = \angle BEA$. Trên Cx lấy đoạn CK=AE, $\triangle BEA=\triangle FCK$. Suy ra $\angle FAC=\angle FKC$ và $AB=FK$ (1)
Tứ giác $AFCK$ nội tiếp nên $\angle FAK + \angle FCK = 180^o$ (2)
Dựng đường phân giác $AI$ và $KJ$ của $\angle FAC$ và $\angle FKC$
Ta có: $\angle A_1=\angle A_2=\angle K_1=\angle K_2$ và $AI=KJ$
$\triangle KJC$ có $\angle FJK=\angle FCK+\angle K_2$
Xét $AIJK$ có $\angle IAK + \angle IJK=\angle FAK-\angle A_2 + \angle FCK+\angle K_2$
Theo (1) $\angle IAK+\angle IJK=\angle FAK+\angle FCK=180^o$
Tứ giác $AIJK$ nội tiếp. Mà $AI=KJ \rightarrow IJ//AK \rightarrow FC//AK$
Tứ giác $AFCK$ nội tiếp có $FC//AK$ nên là hình thang cân.
$\rightarrow AC=FK$ (3)
Từ (1) và (3) cho $AB=AC \rightarrow \triangle ABC$ cân tại $A$
Nguồn: http://vn.answers.yahoo.com
Và bây giờ mình xin post 1 bài khác:Bài 34 (Lớp 8): Cho tam giác ABC có AM, BN là các đường trung tuyến và AD, BE là các đường phân giác.
a) Nếu $\angle A > \angle B$ thì AM < BN và AD < BE.
b) Nếu AD = BE thì tam giác ABC cân.
Bài 86:Cho (O) cố định và dây AB không qua tâm cố định.C chuyển động trên cung nhỏ AB.Gọi M là trung điểm BC.Từ M vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại H.
1. CMR:MH luôn luôn đi qua 1 điểm cố định.
2.Tìm đường di chuyển của M khi C di động trên cung nhỏ AB.
3.Quên,bonus thêm 1 câu: Xác định vị trí điểm C,ở câu này C chạy trên cả đường tròn sao cho BH đạt GTLN
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 08-08-2012 - 10:21
- C a c t u s yêu thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#226
Đã gửi 07-08-2012 - 21:44
Cách khác :Bài 85: Cho $\triangle ABC$ có phân giác $BD=CE$. Chứng minh $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$.
Đại số hoá nào ^^
Bài làm:
Ta có công thức tính đường phân giác:
$\rightarrow BE =\frac{\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}}{a+c}$
$\rightarrow CD =\frac{\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}}{a+b}$
Theo giả thiết $\rightarrow BE =CD$
$\rightarrow \frac{\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}}{a+c}=CD =\frac{\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}}{a+b}$
$\rightarrow \frac{\sqrt{c(a+c-b)}}{a+c} =\frac{\sqrt{b(a+b-c)}}{a+b}$
$\rightarrow \frac{c(a+c-b)}{(a+c)^2}=\frac{b(a+b-c)}{(a+b)^2}$
$\rightarrow (a^2+2ab+b^2)(ca+c^2-cb)-(a^2+2ac+c^2)(ab+b^2-bc)=0$
$\rightarrow a^3c +a^2c^2-a^2cb+2a^2bc+2abc^2-2ab^2c+b^2ac+b^2c^2 -b^3c-(a^3b+a^2b^2-a^2bc+2a^2bc+2ab^2c-2abc^2+c^2ab+c^2b^2-bc^3)=0$
$\rightarrow a^3(c-b)+a^2(c-b)(c+b)+ 2abc(c-b)+2abc(c-b)-abc(c-b)+bc(c-b)(c+b)=0$
$\rightarrow (c-b)(a^3 +a^2c+a^2b+ 3abc+b^2c+bc^2)=0$
Mà $(a^3 +a^2c+a^2b+ 3abc+b^2c+bc^2) >0$
$\rightarrow b=c$
$\rightarrow \Delta ABC \text{cân tại A}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 07-08-2012 - 21:46
- BlackSelena, C a c t u s, Beautifulsunrise và 1 người khác yêu thích
#227
Đã gửi 07-08-2012 - 22:14
Câu 2 bài 86: hiển nhiên thấy $M$ chuyển động trên đường tròn đường kính $OB$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 07-08-2012 - 22:20
- Beautifulsunrise yêu thích
#228
Đã gửi 07-08-2012 - 22:17
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 07-08-2012 - 22:34
#229
Đã gửi 07-08-2012 - 22:22
Tham khảo lời giải tại đây: http://forum.mathsco...ead.php?t=18601Bài 87: Cho (O) đường kính $AB$ cố định,điểm $I$ nằm giữa $A$ và $O$ sao cho $AI=\frac{2}{3} AO$ .kẻ dây $MN$ vuông góc với $AI$ tại $I$.Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn $MN$ sao cho $C$ không trunggf với $MN$ và $B$ .Nối $AC$ cắt $MN$ tại $E$.Xác định vị trí điểm $C$ sao cho khoảng cách từ $N$ đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ nhỏ nhất.
- BlackSelena, Beautifulsunrise và BoFaKe thích
Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực
#230
Đã gửi 07-08-2012 - 22:23
a( cách khác)Và như vậy với kết quả của bạn cũng đã chấm dứt câu b bài 34 mà bác binhmetric đã ấp ủ từ lâu nhưng không có ai giải quyết:
Và bây giờ mình xin post 1 bài khác:
Bài 86:Cho (O) cố định và dây AB không qua tâm cố định.C chuyển động trên cung nhỏ AB.Gọi M là trung điểm BC.Từ M vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại H.
1. CMR:MH luôn luôn đi qua 1 điểm cố định.
2.Tìm đường di chuyển của M khi C di động trên cung nhỏ AB.
3.Quên,bonus thêm 1 câu: Xác định vị trí điểm C sao cho BH đạt GTLN
từ B kẻ $BG \perp AB \cap HM ={G}$
Nối OG
Dễ dang CM$ \Delta AIH $~$ \Delta GIB$
$\rightarrow \angle JGB =\angle CAB=\angle MOB(1)$
Dễ dàng CM $MBGO :{tgnt}$ ( do (1))
$\rightarrow \angle OMG =\angle OBG $
$\rightarrow BOG =\angle GMB=\angle GMH$
Dễ thấy $\angle OMG =\angle HCM$
$\rightarrow \angle OBG =\angle HCM$
$\rightarrow \angle OGB =90^o$
$\rightarrow G \text{const}$
b, lấy J là trung điểm của AB
Ta có $OJ \perp AB$(t\c)
mà$OM \perp CM (t/c)$
$\rightarrow OJMB:{tgnt}$
$\rightarrow M$ chuyển động trên đường tròn đường kính OB
Giới hạn
nêu C trùng A thì M trùng J
Nếu C trùng B thì M trùng B
Vậy M truyển động trên đường trong đường kính OB trên cung JB
c, có vẻ là C trùng A thì $HB_{ \text{MAX}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 07-08-2012 - 22:39
- Beautifulsunrise yêu thích
#231
Đã gửi 07-08-2012 - 22:35
Cách khác để chứng minh tâm K đường tròn ngoại tiếp tam giác CME mà M,B thẳng hàng.Bài 87: Cho (O) đường kính AB cố định,điểm I nằm giữa A và O sao cho AI $\frac{2}{3}$ AO kẻ dây MN vuông góc với AI tại I.Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn $MN$ sao cho $C$ không trùng với MN và B .Nối AC cắt MN tại E.Xác định vị trí điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ nhất.
Ta có nhận ra AM=AN => cung AM= cung AN => MA là tiep tuyến của đường tròn ngoại tiếp (CME) => MK vuông góc MA tại M.
Mà AB là đường kính $\angle AMB=90^0\Rightarrow AM \perp MB tại M\Rightarrow$ M,K,B thẳng hàng.
Mặt khác $AI=\frac{2}{3}R\Rightarrow I$ cố định dẫn đến BM cũng cố định theo vậy IK min $\Leftrightarrow IK=IH$ hay K trùng H(H là hình chiếu của I lên MB).
Đến đây dễ dàng tìm ra vị trí điểm C.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 07-08-2012 - 22:37
- BlackSelena, Beautifulsunrise và BoFaKe thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#232
Đã gửi 07-08-2012 - 22:37
Nhầm chỗ này rồi em ơi,thế này có khác gì là $AC$ vuông góc $BC$ đâu.
Làm xong bài này của anh cũng nổ não.
Ban đầu đã thử với cách xài $Menelaus$ nhưng tự nhận ra là đang tự sát.
$TR \cap AM = I$, trước hết ta sẽ (phải) chứng minh $AR \perp TM$, hay tức là $H$ là trực tâm $\triangle AMT$
Vẽ đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp $\triangle ABC$, cắt $AT$ tại $K$, ta sẽ đi chứng minh $H,M,K:\text{ thẳng hàng}$
Lưu ý, theo phương tích của điểm nằm ngoài đường tròn (cụ thể là điểm $T$) thì ta có:
$TK.TA=TF.TE=TB.TC$
$\Rightarrow \triangle TKF \sim \triangle TEA$
$\Rightarrow \angle TKF = \angle TEA$
$\Rightarrow KFEA:tgnt$(1)
Mà dễ thấy $AEHK:tgnt$(2)
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow A,E,H,K,F:\text{ đồng viên}$.
$\Rightarrow HK \perp AT$
Mình lưu ý bôi đỏ vì ta ở đây mới chúng minh được $HK \perp AT$ chứ chưa chứng minh được $H,M,K$ thẳng hàng.
Và giờ là công đoạn chứng minh $K,H,M:\text{thẳng hàng}$, cũng hại não không kém.
Kẻ đường kính $AD$, ta sẽ chứng minh một thứ "mạnh" hơn đó là $K,H,M,D:\text{ thẳng hàng}$.
Nghe thì có vẻ khủng nhưng thực chất nó là mấu chốt để ta chứng minh $K,H,M:\text{thẳng hàng}$
$AD$ là đường kính $\Rightarrow BD \perp AB, DC \perp AC$
Mặt khác cũng có $CH \perp AB, BH \perp AC$
$\Rightarrow BHCD:\text{hình bình hành}$
$\Rightarrow H,M,D:\text{thẳng hàng}$ (*). Tới đây là phần quan trọng của việc chứng minh thẳng hàng.
Phần còn lại cũng khá dễ, ta có $DK \perp AT$ mà $KH \perp AT$ (đã chứng minh ở trên).
$\Rightarrow K,H,D:\text{thẳng hàng}$. (**)
Từ $(*) \text{ và } (**)$ ta có $K,H,M,D:\text{ thẳng hàng}$.
Vậy $K,H,M:\text{ thẳng hàng}$
$\Rightarrow MH \perp AT$
$\Rightarrow H$ là trực tâm $\triangle AMT$
$\Rightarrow TR \perp AM$
Vậy ta đã chứng minh được mớ ba lăng nhăng mà em nêu ra ở đầu bài, và cũng là mấu chốt bài toán.
Dễ thấy $AEIH:tngt$
$\Rightarrow \angle EIR = \angle HAC$ (^)
Mặt khác, ta cũng có
$FHIE:tgnt$ do $\angle EHE$ và $\angle FIE$ cùng bù với $\angle KAE$
$\Rightarrow TH.TI = TF.TE$
Mặt khác, theo phương tích ta lại có $TF.TE = TB.TC$
$\Rightarrow TH.TI=TB.TC$
$\Rightarrow HICB:tgnt$
$\Rightarrow \angle RIC = \angle HBD$
Mặt khác cũng dễ thấy $\angle HBD = \angle HAC$
$\Rightarrow \angle RIC = \angle HAC$ (^^)
Từ (^) và (^^) $\Rightarrow \angle EIR = \angle RIC$
$\Rightarrow IR:\text{ phân giác } \angle EIC$
Mà ta lại có $\angle AIR = 90^o$
Vậy $AI, IR$ lần lượt là tia phân giác của 2 góc kề bù.
Vậy $AI$ là tia phân giác của góc ngoài $\angle EIC$
Áp dụng tính chất đường phân giác góc ngoài, góc trong luôn, ta có
$\frac{ER}{RC} = \frac{IE}{IC} = \frac{AE}{AC}$
$\Rightarrow ER.AC = AE.RC$ (đpcm)
P/s:
Tru09: Đó là$ AM \perp TR$ bạn ấy viết nhầm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 19-10-2013 - 23:16
#233
Đã gửi 08-08-2012 - 10:35
Bài 86:Cho (O) cố định và dây AB không qua tâm cố định.C chuyển động trên cung nhỏ AB.Gọi M là trung điểm BC.Từ M vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại H.
1. CMR:MH luôn luôn đi qua 1 điểm cố định.
2.Tìm đường di chuyển của M khi C di động trên cung nhỏ AB.
3.Quên,bonus thêm 1 câu: Xác định vị trí điểm C,ở câu này C chạy trên cả đường tròn sao cho BH đạt GTLN
Hóng mãi cái đề này.
Câu 3:
Dễ thấy $AHBQ:tgnt$
$\Rightarrow H$ chạy trên đường tròn có đường kính $AQ$ với $BH$ là 1 dây.
Một dây trong đường tròn max khi dây trùng với đường kính, tức $H \equiv A$
$\Rightarrow CB$ là đường kính hay $C$ đối xứng với $B$ qua $O$.
- WhjteShadow, Beautifulsunrise, triethuynhmath và 2 người khác yêu thích
#234
Đã gửi 08-08-2012 - 11:35
Bài 88 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) phân giác trong góc A cắt BC và (O) tại $A_{1}$ và $A_{2}$. Các điểm $B_{1}$ $B_{2}$ $C_{1}$ $C_{2}$ xác định tương tự CHứng minh
$$\frac{A_{1}A_{2}}{BA_{2}+A_{2}C}+\frac{B_{1}B_{2}}{CB_{2}+B_{2}A}+\frac{C_{1}C_{2}}{AC_{2}+C_{2}B}\geq \frac{3}{4}$$
Bài 89 Cho lục giác ABCDEF có $AB=BC$ $CD=DE$ $AF=FE$ Chứng minh
$$\frac{DC.DE}{AD^2}+\frac{FE.FA}{CF^2}+\frac{BA.BC}{BE^2}\geq \frac{3}{4}$$
- Beautifulsunrise yêu thích
#235
Đã gửi 08-08-2012 - 13:42
88 có vẻ dễ hơn 89 nhiều nhỉ ,làm nào:Góp 2pic 2 bài
Bài 88 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) phân giác trong góc A cắt BC và (O) tại $A_{1}$ và $A_{2}$. Các điểm $B_{1}$ $B_{2}$ $C_{1}$ $C_{2}$ xác định tương tự CHứng minh
$$\frac{A_{1}A_{2}}{BA_{2}+A_{2}C}+\frac{B_{1}B_{2}}{CB_{2}+B_{2}A}+\frac{C_{1}C_{2}}{AC_{2}+C_{2}B}\geq \frac{3}{4}$$
DDCM $A_{2}B=A_{2}C$ Và tam giác $A_{2}A_{1}B$ đồng dạng tam giác $CA_{1}A(gg)$
$\Rightarrow \frac{A_{1}A_{2}}{BA_{2}+CA_{2}}=\frac{A_{1}A_{2}}{2BA_{2}}=\frac{CA_{1}}{2AC}=\frac{BA_{1}}{AB}=\frac{BC}{2(AB+AC)}$(Tính chất đường phân giác):
Thiết lập các đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta được BĐT cần cm <=>:
$\frac{BC}{2(AB+AC)}+\frac{AC}{2(AB+BC)}+\frac{AB}{2(AC+BC)}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \frac{BC}{AB+AC}+\frac{AC}{AB+BC}+\frac{AB}{AC+BC}\geq \frac{3}{2}$.Và đây chẳng phải là BĐT Nesbit quen thuộc đây sao .Hay ta đã có đpcm $(Q.E.D)$
Đây là hình vẽ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 08-08-2012 - 14:51
- BlackSelena, Tru09 và Beautifulsunrise thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#236
Đã gửi 08-08-2012 - 15:24
Điểm nhấn của bài toán này cũng là bất đẳng thức Nesbit và 1 chút kĩ thuật AM-GM + điểm rơi @@.Bài 89 Cho lục giác ABCDEF có $AB=BC$ $CD=DE$ $AF=FE$ Chứng minh
$$\frac{DC.DE}{AD^2}+\frac{FE.FA}{CF^2}+\frac{BA.BC}{BE^2}\geq \frac{3}{4}$$
Áp dụng định lý Ptolềmề cho các tứ giác $ABCE$ ta có:
$AE.BC + AB.EC \geq AC.BE$
Mặt khác cũng từ giả thiết, $AB = BC; CD = ED; AF = FE$
$BC.(AE+EC) \geq AC.BE$
$\frac{BC}{BE} \geq \frac{AC}{AE+CE}$
Cũng áp dụng "lề mề" vào tứ giác $ACDE, ACEF$, ta có:
$\frac{DE}{DA} \geq \frac{CE}{AC+AE}$
$\frac{FA}{CF} \geq \frac {AE}{AC+CE}$
Vậy ta có $\frac{BC}{BE} + \frac{DE}{DA} + \frac{FA}{FC} \geq \frac{AC}{AE+CE} + \frac{CE}{AC+AE} + \frac{AE}{AC+CE}$
Và đây chẳng phải là bđt Nét-bít =)) .
$\Rightarrow \frac{BC}{BE} + \frac{DE}{DA} + \frac{FA}{FC} \geq \frac{3}{2}$
Đặt $\frac{BC}{BE} = a; \frac{DE}{DA} = b; \frac{FA}{FC} = c$
Vậy ta cần chứng minh $a^2 + b^2 + c^2 \geq \frac{3}{4}$, và ta cũng đã có $a+b+c \geq \frac{3}{2}$
Tới đây là kĩ thuật AM-GM chút
$a^2 + \frac{1}{4} \geq a$
Thiết lập các bđt tương tự, ta có:
$a^2 + b^2 + c^2 + \frac{3}{4} \geq a+b+c$
$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 + \frac{3}{4} \geq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow a^2 + +b^2 + c^2 \geq \frac{3}{4} (Q.E.D)$
Ciaossu .
_
Tí quên, dấu bằng xảy ra khi $ABCDEF$ là lục giác đều.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 08-08-2012 - 15:30
- minhdat881439, ducthinh26032011, WhjteShadow và 5 người khác yêu thích
#237
Đã gửi 08-08-2012 - 17:33
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
_________________
@BlackSelena:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 09-08-2012 - 10:06
- BlackSelena yêu thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#238
Đã gửi 08-08-2012 - 20:10
Sao em thấy chẳng nổ j cả thế này :|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
Bài làm:
Gọi $ OO' \cap PE =I$
$PO \cap (O) =J$
1, Ta sẽ chứng minh $E \in \text{Đường tròn cố định}$
Dễ thấy $\angle CBD =\angle PCB +\angle CPB$
Ta có: $\angle PCB =sđ(AB) :\text{của (O')}$
Và$ \angle CPB =sđ(AB) :\text{của (O)}$
Mà Dây $AB ,(O),(O') :\text{const}$
$\rightarrow \angle CBD :\text{const}$
$\rightarrow CD :\text{const}$
$\rightarrow O'E :\text{const}$
$\rightarrow \text{đường tròn (O';O'E) :cố định}$
3, Ta sẽ chứng minh $PO //O'E$
$Q.E.D \text{phần này} \leftrightarrow PO \perp CD$
Thật vậy :
Ta có:
Dễ thấy $ ABDC :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle CDB +\angle CAB=180^o$
Mà $\angle CAB +\angle PAB =180^o$
$\rightarrow \angle PAB =\angle CDB$
Dễ thấy :$ AJBP :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle PAB =\angle PJB$
Mà$ \angle JPB +\angle PJB =90^o$
$\rightarrow \angle JPB +\angle PAB =90^o$
$\rightarrow \angle JPB +\angle CDB =90^o$
$\rightarrow PO \perp CD$
Vậy $PO //O'E$
3,Ta sẽ chứng minh$ I :\text{const}$
Vì $PO //O'E$ $\rightarrow \angle OPI =\angle IEO'$
Xét$ \Delta POI$ và $\Delta EO'I$ có:
$ \angle OPI =\angle IEO'$
$\angle OIP =\angle EIO' :\text{(đối đỉnh)}$
$\rightarrow$ $ \Delta POI$ ~ $\Delta EO'I$ (g-g)
$\rightarrow \frac{OI}{O'I} =\frac{PO}{O'E}$
Mà $\frac{PO}{O'E} :\text{const}$
$\rightarrow \frac{OI}{O'I} :\text{const}$
$\rightarrow \frac{OI}{OO'} :\text{const}$
$\rightarrow OI :\text{const} :\text{OO' :const}$
$\rightarrow I :\text{const}$
- BlackSelena và Beautifulsunrise thích
#239
Đã gửi 09-08-2012 - 10:07
Sao ở cái dòng góc CBD cố định rồi CD cố định ở mấy dòng đầu là sai rồi đó em với lại điểm cố đinh5 em tìm được cũng khác đáp án.Em xem lại nhé .Có thể em không nổ não khi em làm "sai" nhưng em sẽ nổ não khi làm "đúng" đấySao em thấy chẳng nổ j cả thế này :|
Bài làm:
Gọi $ OO' \cap PE =I$
$PO \cap (O) =J$
1, Ta sẽ chứng minh $E \in \text{Đường tròn cố định}$
Dễ thấy $\angle CBD =\angle PCB +\angle CPB$
Ta có: $\angle PCB =sđ(AB) :\text{của (O')}$
Và$ \angle CPB =sđ(AB) :\text{của (O)}$
Mà Dây $AB ,(O),(O') :\text{const}$
$\rightarrow \angle CBD :\text{const}$
$\rightarrow CD :\text{const}$
$\rightarrow O'E :\text{const}$
$\rightarrow \text{đường tròn (O';O'E) :cố định}$
3, Ta sẽ chứng minh $PO //O'E$
$Q.E.D \text{phần này} \leftrightarrow PO \perp CD$
Thật vậy :
Ta có:
Dễ thấy $ ABDC :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle CDB +\angle CAB=180^o$
Mà $\angle CAB +\angle PAB =180^o$
$\rightarrow \angle PAB =\angle CDB$
Dễ thấy :$ AJBP :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle PAB =\angle PJB$
Mà$ \angle JPB +\angle PJB =90^o$
$\rightarrow \angle JPB +\angle PAB =90^o$
$\rightarrow \angle JPB +\angle CDB =90^o$
$\rightarrow PO \perp CD$
Vậy $PO //O'E$
3,Ta sẽ chứng minh$ I :\text{const}$
Vì $PO //O'E$ $\rightarrow \angle OPI =\angle IEO'$
Xét$ \Delta POI$ và $\Delta EO'I$ có:
$ \angle OPI =\angle IEO'$
$\angle OIP =\angle EIO' :\text{(đối đỉnh)}$
$\rightarrow$ $ \Delta POI$ ~ $\Delta EO'I$ (g-g)
$\rightarrow \frac{OI}{O'I} =\frac{PO}{O'E}$
Mà $\frac{PO}{O'E} :\text{const}$
$\rightarrow \frac{OI}{O'I} :\text{const}$
$\rightarrow \frac{OI}{OO'} :\text{const}$
$\rightarrow OI :\text{const} :\text{OO' :const}$
$\rightarrow I :\text{const}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 09-08-2012 - 10:08
- BlackSelena yêu thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#240
Đã gửi 09-08-2012 - 11:03
Em không biết có sai hay không nên cứ chém đại :Sao ở cái dòng góc CBD cố định rồi CD cố định ở mấy dòng đầu là sai rồi đó em với lại điểm cố đinh5 em tìm được cũng khác đáp án.Em xem lại nhé .Có thể em không nổ não khi em làm "sai" nhưng em sẽ nổ não khi làm "đúng" đấy
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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 09-08-2012 - 11:15
5 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 5 khách, 0 thành viên ẩn danh