Bài 102149

Question

Cho tam giác $ABC$ nhọn và thỏa mãn điều kiện đỉnh $A$ cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ và trực tâm $H$ của tam giác. CMR: $A = {60^0}$

score 0 · Answer 1

Vì tam giác $ABC$ nhọn nên $H$ nằm trong đường cao $BK$
Ta có trong tam giác vuông $AHK$

$AH = \frac{{AK}}{{c{\rm{os H}}}} = \frac{{AB\cos A}}{{\sin C}}(1)$
Theo định lý hàm số sin thì
$AB = 2R\sin C$ nên theo $(1)$ có
      $AH=2RcosA                   (2)$
Từ$(2)$ và giả thiết suy ra
     $2R\cos A = R \Rightarrow \cos A = \frac{1}{2}$
Vì tam giác $ABC$ nhọn nên $A = {60^0} (dpcm)$
Nhận xét :
$1/$ Ta đã biết rằng trong mọi tam giác ABC thì
                    $\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{a - b - c}} = {a^2} \Leftrightarrow A = {60^0}$
Vì thế có thể kết hợp lại có bài toán sau: CMR trong mọi tam giác trong bài $240$, ta có hệ thức:         $\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{a - b - c}} = {a^2}$
$2/$ Dĩ nhiên mệnh đề đảo nói chung không đúng.
$3/$ Ta có bài toán tương tự sau. Cho tam giác $ABC$ với $A$ là góc tù. Biết đỉnh $A$ cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ và trực tâm $H$. CMR : $A = {120^0}$

Trong tam giác AHK có :$AH = \frac{{AK}}{{c{\rm{os A}}}} = \frac{{AK}}{{\cos {A_1}}} = \frac{{AK}}{{\sin B}}$
Mặt khác trong tam giác $AKC$ thì:
$AK = AC\cos {A_2} = - b\cos A = - 2R\sin B\cos A$ Từ $AH=AO \Rightarrow - 2\cos A = - 1 \Rightarrow \cos A = \frac{{ - 1}}{2} \Rightarrow A = {120^0}$
Chú ý : để đi đến kết quả kinh điển sau
(trong cuốn LƯỢNG GIÁC SƠ CẤP phần $1$)
Trong tam giác $ABC$ không vuông thì $4$ tam giác $HAB,HAC,HBC,ABC$ có đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.
Như vậy bài toán mới này suy ra từ bài $240$, Thật vậy $HBC$ là tam giác nhọn với $A$ là trực tâm.Gọi ${o_1}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$ thì theo kết quả trên ta có:
$H{O_1} = AO$ với $O$ là tâm đường tròng ngoại tiếp tam giác $ABC$
$AO = Ah \Rightarrow HA = H{O_1} \Rightarrow = {60^0} \Rightarrow = 120 \Rightarrow dpcm$
$4/$ Để ý rằng $A = {120^0}\Leftrightarrow \frac{1}{{{l_a}}} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$.Vì thế ta có bài toán sau: Cho tam giác $ABC$ có góc $A$ tù,$A$ cách đều trực tâm $H$ và tâm đường tròn ngoại tiếp $O$.CMR $\frac{1}{{{l_a}}} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$
$5/$ Lại có bài toán tương tự sau: Cho tam giác $ABC,A$ nhọn và thỏa mãn tính chất ở trên, khi đó ta cũng có $A = {60^0}$

Giả thiết $B > {90^0}$.Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $R$ cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$. Theo định lý hàm số sin trong tam giác $HBC$,ta có:
$AH = 2R\sin = 2R\cos A$
Từ $AH=AO=R \Rightarrow \cos A = \frac{1}{2} \Rightarrow A = {60^0} \Rightarrow dpcm$
$6/$

Vì trong tam giác vuông $ABC (B = {90^0}$)
Ta có $H \equiv B$
Vì $AC = 2R \Rightarrow AH = AB = 2R\cos A$
Vì thế nếu thêm giả thiết $AH=AO=R$
Thì cũng có:$\cos A = \frac{1}{2} \Leftrightarrow A = {60^0}$
$7/$ Từ các nhận xét trên ta có thể phát biểu bài toán tổng quát sau:
Cho tam giác $ABC$ với $A\neq {90^0}$ và thỏa mãn tính chất hình học:khoảng cách từ $A$ đến trực tâm $H$ bằng khoảng cách từ $A$ tới tâm đường tròn ngoại tiếp $O$.CMR hệ thức sau
$\left| {\cos A} \right| = \frac{1}{2}$ thỏa mãn
$8/$ Ta có bài toán tương tự: Cho tam giác $ABC$ thảo mãn điều kiện $A$ cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ và tam đường tròn nội tiếp I.
CMR $\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{4}$
Thật vậy :
Ta có $IA = \frac{r}{{\sin \frac{A}{2}}} = \frac{{4R\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}}{{\sin \frac{A}{2}}} = 4\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}$
Theo giả thiết ta có $AI = AO = R \Leftrightarrow \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{4}$
(chú ý rằng vì lớp tam giác thỏa mãn hệ thức $\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} = \frac{1}{4}$ là khác rỗng, nên lớp tam giác có tính chất hình học đã nêu là khác rỗng)

Bài 102149

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 102149

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan