Chủ đề này có 3 trả lời

[Nguyen Minh Hai]

Bài toán.   Chứng minh rằng đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp của tam giác.   (Định lí Feuerbach)

[Quoc Tuan Qbdh]

Bài toán.   Chứng minh rằng đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp .

Quy ước : $a;b;c$ là độ dài ba cạnh tam giác và $R;r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp ; nội tiếp tam giác . p là nửa chu vi tam giác

Bổ đề 1 : Trong tam giác bất kì luôn có đẳng thức :

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=2p^{2}-2r^{2}-8Rr$

Chứng minh 

Áp dụng các công thức $r=\frac{S}{p};Rr=\frac{abc}{4p};S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$

Ta có : $2p^{2}-2r^{2}-8Rr=2p^{2}-2.\frac{S^{2}}{p^{2}}-2.\frac{abc}{p}=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

 

Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC có $G$ là trọng tâm và một điểm $M$ bất kỳ

$3MG^{2}=MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}-\frac{1}{3}(AB^{2}+BC^{2}+CA^{2})$

Chứng minh 

Ta có : $3\vec{MG}=\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}$

$9.MG^{2}=MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+2\vec{MA}.\vec{MB}+2\vec{MB}.\vec{MC}+2\vec{MC}.\vec{MA}$

$=MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+(MA^{2}+MB^{2}-AB^{2})+(MB^{2}+MC^{2}-BC^{2})+(MC^{2}+MA^{2}-AC^{2})$

 

$=3(MA^{2}+MB^{2}+MC^{2})-(AB^{2}+BC^{2}+CA^{2})$

 

Bổ đề 3 : Trong một tam giác bất kỳ có $G$ là trọng tâm thì bình phương khoảng cách từ tâm đường tròn nội tiếp $I$ đến $G$ luôn luôn bằng

$\frac{1}{9}(p^{2}+5r^{2}-16Rr)$

Chứng minh 

Áp dụng Bổ đề 2 khi $M$ là $I$ ta có : $3IG^{2}=IA^{2}+IB^{2}+IC^{2}-\frac{1}{3}(AB^{2}+BC^{2}+CA^{2})$

Kẻ $IK$ vuông góc $AB$ thì $AK=p-a$ . Tam giác $AKL$ vuông ở $K$ nên 

$IA^{2}=IK^{2}+KA^{2}=(p-a)^{2}+r^{2}$

Tương tự :

$IB^{2}=(p-b)^{2}+r^{2}$

$IC^{2}=(p-c)^{2}+r^{2}$

Do đó : $3.IG^{2}=3.r^{2}-p^{2}+\frac{2}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Áp dụng Bổ đề 1 vào đẳng thức được điều phải chứng minh

 

Bài toán

Gọi $O;I;G;H$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại; nội; trọng; trực của tam giác

$E$ là tâm đường tròn Euler.

Ta có : $\vec{OH}=3\vec{OG}=6\vec{GE}$

Đặt góc $OGI$ là $a$

$OI^{2}=OG^{2}+GI^{2}-2.OG.OI.cos a$

$EI^{2}=EG^{2}+GI^{2}-2.EG.OI.cos a$

$-->2EI^{2}+OI^{2}=OG^{2}+2GE^{2}+3GI^{2}$

Từ đó rút được $EI^{2}=\frac{1}{2}(OG^{2}+2GE^{2}+3GI^{2}-OI^{2})$

Áp dụng Bổ đề $3$

Áp dụng Bổ đề $1;2$ được $OG^{2}=\frac{1}{9}(9R^{2}+2r^{2}-2p^{2}+8Rr)$

 

Định lý Euler :cho ta  $OI^{2}=R^{2}-2Rr$

 

Thay cả ba vào ta được

$IE^{2}=\frac{1}{4}(R-2r)^{2}$

$IE=\left |\frac{R}{2}-r \right |$

 

Do đó bán kính đường tròn $Euler$ bằng $\frac{R}{2}$ và bán kính đường tròn nội tiếp bằng $r$ nên suy ra chúng tiếp xúc với nhau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 18-08-2015 - 16:23

[duythanbg]

Xét tam giác ABC với $(I),(I_{a}),(E)$ lần lượt là các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A và đường tròn Euler.

Gọi tiếp điểm của $(I),(I_{a})$ với BC là A' và A''

Gọi M,N,P là trung điểm của BC,CA,AB.

AI cắt BC tại I' 

Kẻ I'J vuông góc với ME.

 

Bạn hãy chứng minh :

Phép nghịch đảo : $N\tfrac{MA'^2}{M}$ biến $(I)\rightarrow (I_{a})$  và $(E)\rightarrow I'J$

Sau đó chứng minh : I'J đối xứng với BC qua phân giác của góc A 

Nên theo tính chất phép nghịch đảo suy ra ngay ĐPCM 

[Dinh Minh Duc]

Xét tam giác ABC với $(I),(I_{a}),(E)$ lần lượt là các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A và đường tròn Euler.

Gọi tiếp điểm của $(I),(I_{a})$ với BC là A' và A''

Gọi M,N,P là trung điểm của BC,CA,AB.

AI cắt BC tại I' 

Kẻ I'J vuông góc với ME.

 

Bạn hãy chứng minh :

Phép nghịch đảo : $N\tfrac{MA'^2}{M}$ biến $(I)\rightarrow (I_{a})$  và $(E)\rightarrow I'J$

Sau đó chứng minh : I'J đối xứng với BC qua phân giác của góc A 

Nên theo tính chất phép nghịch đảo suy ra ngay ĐPCM 

Nhưng chỉ mới A' biến thành A'', thì sao nói phép nghịch đảo đó biến (I) thành (I_a) được bạn ơi