Hoang Nhat Tuan

Lời giải của em (do lời giải em lấy nguyên xi từ bữa gửi tạp chí nên một số điểm không giống trong đề của thầy)

 T12_471.PNG   20.15K   69 Số lần tải

Trường hợp 1: Tam giác ABC cân, khi đó dễ dàng chứng minh được $\widehat{BAM}=\widehat{CAN}$

Trường hợp 2: Tam giác ABC không cân, giả sử $AB<AC$

Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $\Delta$ với $AB,AC$, $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $EM$ với $AB$, $AC$ với $FN$.

Ta có: $\widehat{EXB}=90^{\circ}-\widehat{EPX}=\widehat{\frac{A}{2}}=\widehat{FYC}$

Ta chứng minh $\frac{XM}{XA}=\frac{YN}{YA}$

$\Leftrightarrow \frac{XM}{MD}.\frac{MD}{XA}=\frac{YN}{ND}.\frac{ND}{YA}$

$\Leftrightarrow \frac{XM}{MD}=\frac{YN}{ND}$ (vì $\frac{MD}{XA}=\frac{BD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{ND}{YA}$)

$\Leftrightarrow \frac{XM}{YN}=\frac{MD}{ND} \Leftrightarrow \frac{BM.CD}{CN.BD}=\frac{IE}{IF}$ (vì $EM|| ID|| FN$ nên $\frac{MD}{DN}=\frac{IE}{IF}$)

$\Leftrightarrow \frac{BM}{CN}.\frac{IF}{IE}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow \frac{BE}{IE}.\frac{IF}{CF}=\frac{AB}{AC}$ (có $\frac{BM}{CN}=\frac{BE}{CF}$ theo định lý Sin)

$\Leftrightarrow \frac{\sin \widehat{\frac{C}{2}}}{\cos \widehat{\frac{B}{2}}}:\frac{\sin \widehat{\frac{B}{2}}}{\cos \widehat{\frac{C}{2}}}=\frac{\sin \widehat{C}}{\sin \widehat{B}}=\frac{AB}{AC}$ (Đúng)

Do đó $\Delta AMX\sim \Delta ANY$ nên $\widehat{MAX}=\widehat{NAY}$

bạn ơi MN sao lại là trục đẳng phương của hai đường tròn kia được hả bạn

Bạn chứng minh tứ giác EIBD và FICD nội tiếp bằng biến đổi góc rồi suy ra phương tích nhé

Tình hình các bạn như thế nào nhỉ, mình làm xong câu 1 với câu 3 là hết giờ luôn rồi (làm đúng ý tưởng câu 2 mà hết giờ luôn )

Câu 3 mình làm thế này:

a) Chứng minh $MN$ là trục đẳng phương của đường tròn Euler với đường tròn $(O)$

b) Gọi $T$ là trung điểm $EF$, $L$ là trung điểm $BC$

Ta chứng minh tam giác $LBT$ đồng dạng tam giác $CDE$ (c-g-c) thì ra được $B,T,P$ thẳng hàng

Tương tự $C,T,Q$ thẳng hàng

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, để chứng minh $R,T,S$ thẳng hàng mình sử dụng định lý Thales chứng minh $\frac{LT}{A'S}=\frac{RL}{RA'}$

Ở đây biến đổi đại số bằng phương tích thôi

Bài 5 ngày 2 câu a dùng định lý Turan (định lí Turan xem ở đây: https://en.m.wikiped...Turán's_theorem)
câu b thì mình chưa nghĩ ra

Xét $n=2$, trường hợp này đơn giản, giả sử bài toán đúng đến $n=k$, ta chứng minh trường hợp $n=k+1$

Theo định lý Turan đồ thị $G$ này chứa ít nhất 1 tam giác (ý 1 của bài), $\Delta ABC$ chẳng hạn.

Không mất tính tổng quát giả sử $d(A)\leq d(B)\leq d(C)$. Ta sẽ xét đồ thị $G'$ không chứa đỉnh $A,B$, lúc này trong $G'$ có $2k$ đỉnh, tiếp theo nếu ta chứng minh được trong $G'$ có $\geq k^2+1$ cạnh nữa là đủ (mà điều này là tương đương với $f(A)+f(B)\leq 2k+1$, ở đây $f(A)$ là số đỉnh khác $A,B,C$ trong $G$ mà kề với $A$, $f(B),f(C)$ xác định tương tự)

Cuối cùng ta chỉ cần xét $S$ bằng tổng số các đỉnh trong $G$ kề chung $A$ với $B$, kề chung $B$ với $C$, kề chung  $C$ với $A$ mà khác $A,B,C$.

Nếu $S\geq k$ thì hiển nhiên suy ra đpcm (chú ý bổ sung tam giác $ABC$).

Nếu $S<k$ thì sẽ dẫn đến $f(A)+f(B)\leq 2k+1$ (bằng cách chứng minh $f(A)+f(B)+f(C)\leq 3k-2$ rồi dùng dữ kiện $d(A)\leq d(B)\leq d(C)$

Trùng hợp quá, thầy có ra bài này trong đống bài tập bồi dưỡng, ý tưởng thế này:
Gọi $I$ là tâm $(MNH)$, $O_1,O_2$ lần lượt là tâm $(AHC),(AHB)$ hạ $IE\perp OO_2, HF\perp OO_2,IE'\perp OO_1, HF'\perp OO_1$

$I,O,H$ thẳng hàng $\Leftrightarrow \frac{IE}{HF}=\frac{IE'}{HF'}$

Ngang đây thì biến đổi thôi (mình làm hơi dài, nhác gõ quá)