- Chứng minh rằng $AA_1;BB_1;CC_1$ đồng quy tại 1 điểm N.Ta gọi điểm N là điểm Neghen.
- Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của N lên BC,CA,AB.Chứng minh rằng :$\dfrac{S_{EDF}}{S_{ABC}}=\dfrac{r(R-r)}{R^2}$.
Bài toán điểm Naghen và công thức Euler.
Bắt đầu bởi dark templar, 31-12-2012 - 20:18
mừng giao thừa perfecstrong.
#1
Đã gửi 31-12-2012 - 20:18
Bài toán: Cho tam giác ABC bất kỳ.Các đường tròn bàng tiếp của tam giác tiếp xúc các cạnh BC,CA,AB tại $A_1;B_1;C_1$.
- perfectstrong, hxthanh, NLT và 2 người khác yêu thích
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.
#2
Đã gửi 31-12-2012 - 21:07
Xử câu a đã
Ta dùng định lí XÊVA để chứng minh
Ta có: $AC1=A1C$= $p-AC$ (kq quen thuộc, chỉ cần dùng t/c tiếp tuyến)
và tg tự: $AB1=BA1=p-AB$ ; $BC1=B1C=p-BC$
Và lúc này, áp dụng định lí xêva:
$\frac{C1A}{C1B}\times \frac{A1B}{A1C}\times \frac{B1C}{B1A}=\frac{(p-AC)\times (p-AB)\times (p-BC)}{(p-BC)\times (p-AC)\times (p-AB)}=1$
vậy suy ra $AA1 ,BB1,CC1$ đồng quy (đpcm)
(Ai giúp mình đc ko, hình vẽ bằng GSP cực to, copy qua paint rất to, đến khi post thì phải nói rất chi là tí hon, tên điểm nhìn còn ko ra nữa )
Ta dùng định lí XÊVA để chứng minh
Ta có: $AC1=A1C$= $p-AC$ (kq quen thuộc, chỉ cần dùng t/c tiếp tuyến)
và tg tự: $AB1=BA1=p-AB$ ; $BC1=B1C=p-BC$
Và lúc này, áp dụng định lí xêva:
$\frac{C1A}{C1B}\times \frac{A1B}{A1C}\times \frac{B1C}{B1A}=\frac{(p-AC)\times (p-AB)\times (p-BC)}{(p-BC)\times (p-AC)\times (p-AB)}=1$
vậy suy ra $AA1 ,BB1,CC1$ đồng quy (đpcm)
(Ai giúp mình đc ko, hình vẽ bằng GSP cực to, copy qua paint rất to, đến khi post thì phải nói rất chi là tí hon, tên điểm nhìn còn ko ra nữa )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovemath97: 31-12-2012 - 21:17
- perfectstrong yêu thích
VMO 2014 đánh dấu chuỗi ngày buồn vì thất bại. Không sao cả! VMO 2015 đợi mình nhé
#3
Đã gửi 31-12-2012 - 21:28
theo công thức euler ta cần cm $R^2-d^2=4Rr-4r^2$
ta cũng có hệ thức $R^2-ON^2=xyc^2+yza^2+zxb^2$
$(x=\frac{S_{NBC}}{S_{ABC}}=\frac{p-a}{p}, y=\frac{S_{NCA}}{S_{ABC}}=\frac{p-b}{p}, z=\frac{S_{NAB}}{S_{ABC}}=\frac{p-c}{p})$
$xyc^2+yza^2+zxb^2=\frac{\sum a^2(a+b-c)(a+c-b)}{\left ( \sum a \right )^2}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$
$4Rr-4r^2=\frac{abc}{p}-\frac{4S^2}{p^2}=\frac{2abc-\prod (a+b-c)}{\sum a}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$
tóm lại ta có đpcm
ta cũng có hệ thức $R^2-ON^2=xyc^2+yza^2+zxb^2$
$(x=\frac{S_{NBC}}{S_{ABC}}=\frac{p-a}{p}, y=\frac{S_{NCA}}{S_{ABC}}=\frac{p-b}{p}, z=\frac{S_{NAB}}{S_{ABC}}=\frac{p-c}{p})$
$xyc^2+yza^2+zxb^2=\frac{\sum a^2(a+b-c)(a+c-b)}{\left ( \sum a \right )^2}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$
$4Rr-4r^2=\frac{abc}{p}-\frac{4S^2}{p^2}=\frac{2abc-\prod (a+b-c)}{\sum a}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$
tóm lại ta có đpcm
- perfectstrong, ilovemath97 và phanquockhanh thích
Chẳng có cái gì là mãi mãi…
Thế giới này là một sai lầm của tạo hóa…
Cảm xúc là một sai lầm của con người…
Niềm tin cũng là một sai lầm…là cách tự xác ngu xuẩn nhất…
Thế giới này là một sai lầm của tạo hóa…
Cảm xúc là một sai lầm của con người…
Niềm tin cũng là một sai lầm…là cách tự xác ngu xuẩn nhất…
#4
Đã gửi 23-01-2013 - 12:56
Câu a còn có thể xử lí thông qua bổ đề sau,cùng với mở rộng của đường thẳng Euler:
Cho tam giác $ABC$ ,đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác tx $BC$ tại $D$ .Gọi $DE$ là đường kính của $I$ .$AE$ cắt $BC$ tại $F$ thì $BD=CF$
Cho tam giác $ABC$ ,đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác tx $BC$ tại $D$ .Gọi $DE$ là đường kính của $I$ .$AE$ cắt $BC$ tại $F$ thì $BD=CF$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh