Bài toán 1 (MOSP 2002): Cho tam giác ABC. Lấy các cạnh AB, AC làm đáy dựng ra ngoài các tam giác cân ABC', ACB' không nhất thiết đồng dạng. Lấy A' khác phía với A đối với đường thẳng BC sao cho \angle A'CB=\frac{1}{2} \angle BC'A, \angle A'BC=\frac{1}{2}AB'C. Gọi D là hình chiếu A' trên BC. Chứng minh rằng AA' vuông B'C' và \frac{AA'}{B'C'}=2\frac{A'D}{BC}.
Giải:
Đặt: \alpha=\angle BCA', \beta =\angle A'BC. Ta có \frac{BC}{A'D}=cot\alpha+cot\beta. Đặt k=\frac{2}{cot\alpha+cot\beta}=2\frac{A'D}{BC}
Giá sử tam giác ABC có hướng dương, gọi f là phép quay vecto theo góc +\frac{\pi}{2} ta có:
f(\overrightarrow{B'C'})=f(\overrightarrow{B'E}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FC'})\\=cot\beta\overrightarrow{AE}+cot\alpha\overrightarrow{AF}+\frac{1}{2}(cot\alpha+cot\beta)\overrightarrow{DA'}\\=\frac{1}{2}(cot\alpha \overrightarrow{AB}+cot \beta \overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}(cot \alpha+cot \beta)\overrightarrow{DA'}(1)
Mặt khác: \frac{DB}{DC}=\frac{DB}{DA'}\frac{DA'}{DC}=\frac{cot\beta}{cot\alpha}=\frac{tan\alpha}{tan\beta }
Do đó (tan \alpha+tan \beta ) \overrightarrow{AD}=tan\beta \overrightarrow{AB}+tan\alpha \overrightarrow{AC}\\\Leftrightarrow (cot \alpha+cot \beta)\overrightarrow{AD}=cot\alpha\overrightarrow{AB}+\cot \beta \overrightarrow{AC}(2)
Từ (1), (2) suy ra:
f(\overrightarrow{B'C'})=\frac{1}{2}(cot \alpha + cot \beta)\overrightarrow{AA'} \Leftrightarrow \\\overrightarrow{AA'}=\frac{2}{cot \alpha+ cot \beta}.f(\overrightarrow{B'C'})=kf(\overrightarrow{B'C'})
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho tứ giác ABCD có AC=BD. Lấy các cạnh làm cạnh đáy, dựng ra ngoài các tam giác đều ABX, BCY, CDZ, DAT, có tâm lần lượt là O1,O2,O3,O4. Chứng minh rằng O1O3 vuông O2O4
Lời giải
Giả sử tứ giác ABCD định hướng âm. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, CD, BC, DA. Do AB=BD nên tứ giác MNPQ là hình thoi và MN vuông PQ. kí hiệu f là phép quay vecto theo góc +90^o.
Để ý rằng: 3\overrightarrow{O_1O_3}=2\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{XZ},3\overrightarrow{O_4O_2}=2\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{TY},\\f(2\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{XZ})=f(\overrightarrow{XM}+\overrightarrow{MN}.3+\overrightarrow{NZ})=f(\overrightarrow{XM})+3f(\overrightarrow{MN})+f(\overrightarrow{NZ}\\=\sqrt{3}\overrightarrow{AM}+\sqrt{3}\overrightarrow{NC}+\sqrt{3}\overrightarrow{TQ}+\sqrt{3}\overrightarrow{PY}=\sqrt{3}\overrightarrow{QP}+\sqrt{3}(\overrightarrow{TQ}+\overrightarrow{PY})\\\rightarrow f(\overrightarrow{O_1O_3})3\sqrt{3}=2\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{TY}=3\overrightarrow{O_4O_2}
Từ đây suy ra điều phải chứng minh, ngoài ra ta còn tính được tỉ số O1O3 và O2O4.
Blog này tổng hợp các bài toán hay, các bài giảng chọn lọc về nhiều chủ đề: đại số, hình học, giải tích, số học và tổ hợp liên quan đến Toán Olympic và Toán thi ĐH.
Đăng ký:
Đăng Nhận xét (Atom)
Bất đẳng thức tuyển sinh lớp 10 chọn lọc
Trong bài viết này, tác giả giới thiệu một số bài BĐT nhẹ nhàng nhưng ý tưởng tương đối mới, mức độ phù hợp với đề thi tuyển sinh vào lớp...
-
I) Hàm phần nguyên: 1) Định nghĩa Phần nguyên của một số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Kí hiệu là [x]. 2) Tính chất...
-
Trong thế giới bất đẳng thức , ngoài những bất đẳng thức kinh điển và được áp dụng rất nhiều như bất đẳng thức AM – GM, bất đẳng thức Cauc...
-
Định nghĩa 1: Một số nguyên a được gọi là thặng dư bình phương mod n nếu tồn tại số nguyên x sao cho x^2 \equiv a (mod n) Ta cũng có th...
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét