Chủ đề này có 9 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 5/10/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 7 có 20 toán thủ tham gia nên sau trận này, không toán thủ nào bị loại

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

[L Lawliet]

Đề MSS trận 7: Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $CB$ và $CD$ theo thứ tự lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\dfrac{BE}{BC}=k$ và $\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{1-k}{1+k}$ với $0<k<1$. Đoạn thẳng $BD$ cắt $AE$ và $AF$ tại $H$ và $G$ tương ứng. Đường vuông góc với $EF$ kẻ từ $A$ cắt $BD$ tại $P$. Chứng minh rằng $\dfrac{PG}{PH}=\dfrac{DG}{BH}$.

-Đề của BTC-

[BlackSelena]

B
Bài làm của MSS01 - BlackSelena:
*Bổ đề: Tam giác trực tâm được phát biểu như sau. $\triangle ABC$, đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$ thì khi đó $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle DEF$.
Chứng minh: Có $FBDH:tgnt, HDCE:tgnt$
$\Rightarrow \angle EDH = \angle FDH = \angle ABE = \angle ACF$
Chứng minh tương tự ta có bổ đề cần chứng minh ^^!
=============================================
Trên tia đối của tia $DC$ lấy điểm $M$ sao cho $DM = BE$, gọi chân đường vuông góc từ $A$ tới $EF$ là $N$
Khi đó dễ dàng chứng minh $\triangle ADM = \triangle ABE$
$\Rightarrow \angle MAD = \angle BAE$, $MD = BE$
$\Rightarrow \angle MAE = \angle MAD + \angle DAE = \angle DAE + \angle EAB = 90^o$
$\Rightarrow \triangle MAE$ vuông cân tại $A$.
Mặt khác, theo giả thiết;
$\frac{DF}{DC} = \frac{1-k}{1+k} = \frac{1-\frac{BE}{BC}}{1+\frac{BE}{BC}} = \frac{EC}{BE+BC} = \frac{EC}{MD + DC} = \frac{EC}{MC}$
$\Rightarrow \frac{DF}{DC} = \frac{EC}{MC}$
$\Rightarrow \frac{DF}{DA} = \frac{EC}{MC}$
$\Rightarrow \triangle DAF \sim \triangle CME$
$\Rightarrow \angle CME = \angle DAF$ (**)
Gọi giao điểm $ME$ và $AF$ là $G'$, ta sẽ chứng minh $G' \equiv G$
Thật vậy, từ (**) ta có $AG'DM:tgnt$
$\Rightarrow \angle MDA = \angle MG'A = 90^o$
$\Rightarrow \angle EG'A = 90^o$
$\Rightarrow AG' \perp ME$ mà $\triangle MAE$ vuông cân nên $AG' = \frac{CE}{2} = G'E = G'C$
$\Rightarrow G' \in BD \Rightarrow G' \equiv G \Rightarrow M,G,E$ thẳng hàng .
Mặt khác do $\triangle MAE$ vuông cân nên $\angle FAE = 45^o = \angle DBC = \angle BDC$
(Và đây lại là 1 bài toán quen thuộc)
$\Rightarrow AHFD:tgnt, ABEG : tgnt$
$\Rightarrow FH \perp AE, EG \perp AF$
Vậy $\triangle AEF$ có các đường cao $AN, FH, EG$ đồng quy tại $O$
Áp dụng bổ đề trên ta có $O$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle GHN$
$\Rightarrow \frac{GP}{PH} = \frac{GN}{NH}$ (.)
Mặt khác, do $\angle BAE = \angle GHE = \angle HFE = \angle NAE$
$\Rightarrow \triangle ANE = \triangle ABE$
$\Rightarrow BE= EN, \angle HEN = \angle HEB$
$\Rightarrow HN = HB$
Chứng minh tương tự ta cũng có $GN = GD$ (..)
Từ (.) và (..) $\Rightarrow \frac{GP}{PH} = \frac{DG}{HB}$ (đpcm)
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 51+3x10+0+0=81.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-10-2012 - 21:50
Ghi lại điểm

[daovuquang]

Bài làm của daovuquang:

Trên tia đối tia $DC$ lấy $K$ sao cho $KD=BE$.
Ta có: $\triangle{ADK}=\triangle{ABE}\; (c.g.c)\Rightarrow \widehat{KAE}=90^o, KA=AE$ hay $\triangle{KAE}$ vuông cân $(1)$.
Từ giả thiết: $\frac{DF}{DC}=\frac{1-k}{1+k}=\frac{1-\dfrac{BE}{BC}}{1+\dfrac{BE}{BC}}=\frac{EC}{BE+BC}=\frac{EC}{KD+DC}=\frac{EC}{KC}$.
Vì $DC=DA$ nên $\frac{DF}{DA}=\frac{EC}{KC}\Rightarrow \triangle{DAF}\sim\triangle{CKE}\; (c.g.c)\Rightarrow \widehat{AFD}=\widehat{KEC}\; (2)$.
Gọi $G_1$ là giao điểm của $KE$ và $AF$. Từ $(2)$ suy ra $G_1ECF$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó $\widehat{EG_1F}=90^o$, tức là $AG_1\perp KE\Rightarrow AG_1=\frac{KE}{2}=G_1E=G_1C.$
Suy ra $G_1 \in BD\Rightarrow G_1 \equiv G \Rightarrow K,G,E$ thẳng hàng.
Từ $(1)$ suy ra $\widehat{EAF}=45^o=\widehat{BDC}$ nên tứ giác $AHFD$ nội tiếp, do đó $\widehat{AHF}=90^o$ hay $FH\perp AE$. Lấy $R$ là chân đường cao kẻ từ $A$ xuống $EF \Rightarrow AR, EG, FH$ đồng quy tại trực tâm $Q$.
Các tứ giác $QGFR, QHER, FEHG$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{GRP}=\widehat{GFH}=\widehat{GEH}=\widehat{PRH}$ hay $RP$ là phân giác $\widehat{GRH} \Rightarrow \frac{PG}{PH}=\frac{RG}{RH}\; (3)$.
Lại có $\triangle{AFK}=\triangle{AFE} (c.g.c)$ nên $KF=EF, \widehat{AFK}=\widehat{AFE}, \widehat{AKF}=\widehat{AEF}=\widehat{AEB}$.
Vì $\widehat{AFK}=\widehat{AFR}\Rightarrow \triangle{AFD}=\triangle{AFR}\; (ch.gn) \Rightarrow DF=DK$.
Suy ra $BE=DK=ER$ và $DG=GR\; (4).$
Tương tự, $\triangle{AER}=\triangle{AEB}\Rightarrow HR=HB\; (5).$
Từ $(3),(4),(5)\Rightarrow \frac{PG}{PH}=\frac{DG}{BH} \Rightarrow$ đpcm.
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 51+3.10+0+0=81

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-10-2012 - 21:56
Ghi lại điểm

[Tru09]

Đề MSS trận 7: Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $CB$ và $CD$ theo thứ tự lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\dfrac{BE}{BC}=k$ và $\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{1-k}{1+k}$ với $0<k<1$. Đoạn thẳng $BD$ cắt $AE$ và $AF$ tại $H$ và $G$ tương ứng. Đường vuông góc với $EF$ kẻ từ $A$ cắt $BD$ tại $P$. Chứng minh rằng $\dfrac{PG}{PH}=\dfrac{DG}{BH}$.

-Đề của BTC-

Bài làm (Tru09)
Chứng minh bổ đề phụ :
Cho tam giác $ ABC$ , các đường cao $AD,BE,CF ,H$ là trực tâm thì H là tâm 3 đường phân giác của $\Delta DEF$
Chứng minh: Dễ thấy $AEFH ,FHDB ,EHDC :\text{Tứ giác nội tiếp}$
$\Rightarrow \angle FEH =\angle FAH =\angle FCB =\angle HED$ $\Rightarrow$ HE là phân giác $\angle FED$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow HD ,HF$ là phân giác $\angle FDE , \angle DFE$
Vậy bổ đề đã hoàn toàn chứng minh
@`~
Từ giả thiết ta có:
$\frac{BE}{BC} =k$
$\frac{DF}{DC}=\frac{1-k}{1+k}$
Thay vào nhau ta có:
$\Rightarrow \frac{DF}{DC}=\frac{1-\frac{BE}{BC}}{1+\frac{BE}{BC}}$
$\Rightarrow \frac{DF}{DC}=\frac{\frac{EC}{BC}}{\frac{BE+BC}{BC}} =\frac{EC}{BE+BC}$
Gọi cạnh hình vuông là $a.$
$BE=x ,DF=y$
$\Rightarrow \frac{y}{a}=\frac{a-x}{x+a}$
$\Rightarrow xy+ya =a^2 -ax$
$\Rightarrow a(y+x)=a^2 -xy (1)$
Xét $\Delta EFC$ có:
$EF^2 =FC^2 +EC^2$
$\Rightarrow EF^2 =(a-y)^2 +(a-x)^2 =2a^2 -2a(x+y) +x^2 +y^2$
$\Rightarrow EF^2 =2a^2 -2(a^2 -xy) +x^2+y^2 :\text{Thay từ (1) vào}$
$\Rightarrow EF^2 =x^2+y^2 +2xy =(x+y)^2$
$\Rightarrow EF=x+y (2)$
@~
Từ A kẻ đường thằng $\perp AF \cap BC =K$
Ta có :
$\angle KAB +\angle BAF =90^o$
$\angle BAF +\angle FAD =90^o$
$\Rightarrow \angle KAB =\angle FAD$
Xét $\Delta$ Vuông $ABK$ và $\Delta$ vuông $ADF$ có :
$AB=AD (GT)$
$\angle KAB =\angle FAD$ :$\text{Chứng minh trên}$
$\Rightarrow \Delta$ Vuông $ABK$ ~ $\Delta$ vuông $ADF$ :$\text{cgv -gn}$
$\Rightarrow AF =AK$
$\Rightarrow BK =DF=y$
Vì vậy Từ $(2) \Rightarrow EF =x +BK =KE$
Xét $\Delta AEK$ và $\Delta AEF$ có:
$EF=KE$ (Chứng minh trên)
$AF =AK$(Chứng minh trên)
AE Chung
$\Rightarrow \Delta AEK = \Delta AEF$ :$\text{c-c-c}$
$\Rightarrow \angle AEB =\angle AEF$
Xét $\Delta$ Vuông $ABE$ và $\Delta$ vuông $ALE$ có :
$\angle AEB =\angle AEF$
AE chung
$\Rightarrow$ $\Delta$ Vuông $ABE$ ~ $\Delta$ vuông $ALE$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow$ $\Delta$ Vuông $ALF$ ~ $\Delta$ vuông $ADF$
$\Rightarrow \angle BAE =\angle EAL$ và $\angle LAF =\angle FAD$
$\Rightarrow \angle BAE +\angle DAF =\angle EAL +\angle FAL =\frac{1}{2}90^o$
$\Rightarrow \angle EAF =45^o$
$\Rightarrow ABEG :\text{Tứ giác nội tiếp}$
$\Rightarrow \angle AGE =90^o$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow \angle AFE =90^o$
@~ :
Gọi M là trực tâm $\Delta$ AEF
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ở đầu $\Rightarrow M$ là giao điểm của 3 đường phân giác $\Delta HLG$
$\Rightarrow \frac{PH}{PG} =\frac{LG}{LM}$
Dễ dàng chứng minh $\Delta AHE =\Delta LHE$
$\Delta DGF =\Delta LGF$
$\Rightarrow LH =BH ,LG=LD$
$\Rightarrow \frac{PH}{PG} =\frac{BH}{GD}$
Vậy Bài toán hoàn toàn được chứng minh !!
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 50+3.10+10+0=90$.

Hình gửi kèm

• 
• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-10-2012 - 21:57
ghi lại điểm

[ConanTM]

Lời giải của toán thủ ConanTM:

Không mất tính tổng quát giả sử độ dài cạnh của hình vuông ABCD bằng 1. Khi đó: BE = k và DF =$\frac{1-k}{1+k}$. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM = DF. Ta có 2 tam giác vuông ADF và ABM bằng nhau (cgc) => AF = AM. Ngoài ra ta cũng có:
EM = EB + BM = BE + DF = $\frac{1+k^2}{1+k}$.
FE = $\sqrt{CF^2+CE^2} $(theo định lí Pitago cho tam giác vuông)
=> FE =$\sqrt{(1-DF)^2+(1-BE)^2}=\sqrt{(1-k)^2+\left ( \frac{2k}{1+k} \right )^2}=\frac{1+k^2}{1+k}$. => FE = EM.
Do vậy $\Delta AEF =\Delta AEM (ccc)\Rightarrow AN = AB$ (2 đường cao tương ứng).
Vì thế cho nên:
$\Delta ADF =\Delta ANF$(cạnh huyền - cạnh góc vuông)$ \Rightarrow \widehat{DAF} = \widehat{NAF}$ ( 2 góc tương ứng),
$\Delta ABE =\Delta ANE$(cạnh huyền - cạnh góc vuông)$ \Rightarrow \widehat{BAE} = \widehat{NAE}$ ( 2 góc tương ứng).
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác cho các tam giác ADP và ABP ta có: $\frac{PG}{DG}=\frac{AP}{AD}=AP;\frac{PH}{BH}=\frac{AP}{AB}=AP\Rightarrow \frac{PG}{DG}=\frac{PH}{BH}(=AP)\Rightarrow \frac{PG}{PH}=\frac{DG}{BH}$ (đpcm).
====
Khác với cách giải khác, cách này sử dụng phương pháp "đặc biệt hóa" nên không phải xài các bổ đề phụ nào cả , nói chung là hay .
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 33+3.10+0+10=73

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-10-2012 - 22:02
Ghi lại điểm

[mathnam]

 t.bmp   306.86K   111 Số lần tảifile:///C:DOCUME~1ADMINI~1LOCALS~1Tempmsohtml11clip_image002.gif
Trong tam giác BDC có EF // BD
nên:
$\frac{BE}{BC}=\frac{DE}{DC}\Leftrightarrow k=\frac{1-k}{1+k}(0< k< 1) \Leftrightarrow \begin{bmatrix} k=\sqrt{2}-1 \\ k=-(\sqrt{2}+1) \end{bmatrix} \Rightarrow k=\sqrt{2}-1™$
Nên:
BC=DF(vì DF=BE)
suy ra ta có:
tam giác ADF bằng tam giác ABE(hai cạnh góc vuông)
$\Rightarrow$ AF=AE (1)
$\Rightarrow$ tam giác AEF cân tại A
$\Rightarrow$$\widehat{AFE}=\widehat{AEF}$
$\Rightarrow$ GHEF là hình thang cân
$\Rightarrow$GF=HE(2)
(1)(2)$\Rightarrow$AG=AH
$\Rightarrow$ tam giác AGH cân tại A
$\Rightarrow$AP là đường trung tuyến của tam giác AGH(3)
$\Rightarrow \frac{GP}{PH}=1$ (*)
Vì ADB là tam giác vuông cân tại A
nên AP là đường trung tuyến của tam giác ABD(4)
(3)(4)$\Rightarrow$DG=HB
$\Rightarrow \frac{DG}{BH}=1$(**)
(*)(**)$\Rightarrow$ đpcm
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 16+3.10+0+10=56

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-10-2012 - 22:03
Ghi điểm

[Tru09]

Mở rộng 1 :Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $CB$ và $CD$ theo thứ tự lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\dfrac{BE}{BC}=k$ và $\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{1-k}{1+k}$ với $0<k<1$. Đoạn thẳng $BD$ cắt $AE$ và $AF$ tại $H$ và $G$ tương ứng. Đường vuông góc với $EF$ kẻ từ $A$ cắt $BD$ tại $P$. Chứng minh rằng $\frac{S_{ABH}}{S_{ADG}} =\frac{S_{AHP}}{S_{APG}} =\frac{S_{APB}}{S_{APD}}$

Bài làm (Tru09)
Chứng minh bổ đề phụ 1 :
Cho tam giác $ ABC$ , các đường cao $AD,BE,CF ,H$ là trực tâm thì H là tâm 3 đường phân giác của $\Delta DEF$
Chứng minh: Dễ thấy $AEFH ,FHDB ,EHDC :\text{Tứ giác nội tiếp}$
$\Rightarrow \angle FEH =\angle FAH =\angle FCB =\angle HED$ $\Rightarrow$ HE là phân giác $\angle FED$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow HD ,HF$ là phân giác $\angle FDE , \angle DFE$
Vậy bổ đề đã hoàn toàn chứng minh
@`~
Từ giả thiết ta có:
$\frac{BE}{BC} =k$
$\frac{DF}{DC}=\frac{1-k}{1+k}$
Thay vào nhau ta có:
$\Rightarrow \frac{DF}{DC}=\frac{1-\frac{BE}{BC}}{1+\frac{BE}{BC}}$
$\Rightarrow \frac{DF}{DC}=\frac{\frac{EC}{BC}}{\frac{BE+BC}{BC}} =\frac{EC}{BE+BC}$
Gọi cạnh hình vuông là $a.$
$BE=x ,DF=y$
$\Rightarrow \frac{y}{a}=\frac{a-x}{x+a}$
$\Rightarrow xy+ya =a^2 -ax$
$\Rightarrow a(y+x)=a^2 -xy (1)$
Xét $\Delta EFC$ có:
$EF^2 =FC^2 +EC^2$
$\Rightarrow EF^2 =(a-y)^2 +(a-x)^2 =2a^2 -2a(x+y) +x^2 +y^2$
$\Rightarrow EF^2 =2a^2 -2(a^2 -xy) +x^2+y^2 :\text{Thay từ (1) vào}$
$\Rightarrow EF^2 =x^2+y^2 +2xy =(x+y)^2$
$\Rightarrow EF=x+y (2)$
@~
Từ A kẻ đường thằng $\perp AF \cap BC =K$
Ta có :
$\angle KAB +\angle BAF =90^o$
$\angle BAF +\angle FAD =90^o$
$\Rightarrow \angle KAB =\angle FAD$
Xét $\Delta$ Vuông $ABK$ và $\Delta$ vuông $ADF$ có :
$AB=AD (GT)$
$\angle KAB =\angle FAD$ :$\text{Chứng minh trên}$
$\Rightarrow \Delta$ Vuông $ABK$ ~ $\Delta$ vuông $ADF$ :$\text{cgv -gn}$
$\Rightarrow AF =AK$
$\Rightarrow BK =DF=y$
Vì vậy Từ $(2) \Rightarrow EF =x +BK =KE$
Xét $\Delta AEK$ và $\Delta AEF$ có:
$EF=KE$ (Chứng minh trên)
$AF =AK$(Chứng minh trên)
AE Chung
$\Rightarrow \Delta AEK = \Delta AEF$ :$\text{c-c-c}$
$\Rightarrow \angle AEB =\angle AEF$
Xét $\Delta$ Vuông $ABE$ và $\Delta$ vuông $ALE$ có :
$\angle AEB =\angle AEF$
AE chung
$\Rightarrow$ $\Delta$ Vuông $ABE$ ~ $\Delta$ vuông $ALE$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow$ $\Delta$ Vuông $ALF$ ~ $\Delta$ vuông $ADF$
$\Rightarrow \angle BAE =\angle EAL$ và $\angle LAF =\angle FAD$
$\Rightarrow \angle BAE +\angle DAF =\angle EAL +\angle FAL =\frac{1}{2}90^o$
$\Rightarrow \angle EAF =45^o$
$\Rightarrow ABEG :\text{Tứ giác nội tiếp}$
$\Rightarrow \angle AGE =90^o$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow \angle AFE =90^o$
@~ :
Gọi M là trực tâm $\Delta$ AEF
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ở đầu $\Rightarrow M$ là giao điểm của 3 đường phân giác $\Delta HLG$
$\Rightarrow \frac{PH}{PG} =\frac{LG}{LM}$
Dễ dàng chứng minh $\Delta AHE =\Delta LHE$
$\Delta DGF =\Delta LGF$
$\Rightarrow LH =BH ,LG=LD$
$\Rightarrow \frac{PH}{PG} =\frac{BH}{GD}$
$\Rightarrow \frac{S_{APH}}{S_{APG}} =\frac{S_{AHB}}{S_{AGD}}$
Mà theo tính chất tỷ lệ thức ta có :
$\frac{S_{AHP}}{S_{AGP}} =\frac{S_{AHB}}{S_{AGD}} =\frac{S_{AHP}+S_{AGB}}{S_{APH}+S_{AGD}}$
$\Rightarrow \frac{S_{APH}}{S_{APG}} =\frac{S_{AHB}}{S_{AGD}} =\frac{S_{APB}}{S_{APD}}$

[thanhluong]

Đề MSS trận 7: Cho hình vuông $ABCD$. Trên các cạnh $CB$ và $CD$ theo thứ tự lấy các điểm $E$ và $F$ sao cho $\dfrac{BE}{BC}=k$ và $\dfrac{DF}{DC}=\dfrac{1-k}{1+k}$ với $0<k<1$. Đoạn thẳng $BD$ cắt $AE$ và $AF$ tại $H$ và $G$ tương ứng. Đường vuông góc với $EF$ kẻ từ $A$ cắt $BD$ tại $P$. Chứng minh rằng $\dfrac{PG}{PH}=\dfrac{DG}{BH}$.

-Đề của BTC-

Bổ đề:
Cho tam giác $ ABC$ , các đường cao $AD,BE,CF ,H$ là trực tâm thì H là tâm 3 đường phân giác của $\Delta DEF$
Thật vậy: Dễ thấy $AEFH ,FHDB ,EHDC :\text{Tứ giác nội tiếp}$
$\Rightarrow \angle FEH =\angle FAH =\angle FCB =\angle HED$ $\Rightarrow$ HE là phân giác $\angle FED$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow HD ,HF$ là phân giác $\angle FDE , \angle DFE$
Vậy bổ đề đã hoàn toàn chứng minh
@`~
Từ giả thiết ta có:
$\frac{BE}{BC} =k$
$\frac{DF}{DC}=\frac{1-k}{1+k}$
Thay vào nhau ta có:
$\Rightarrow \frac{DF}{DC}=\frac{1-\frac{BE}{BC}}{1+\frac{BE}{BC}}$
$\Rightarrow \frac{DF}{DC}=\frac{\frac{EC}{BC}}{\frac{BE+BC}{BC}} =\frac{EC}{BE+BC}$
Gọi cạnh hình vuông là $a.$
$BE=x ,DF=y$
$\Rightarrow \frac{y}{a}=\frac{a-x}{x+a}$
$\Rightarrow xy+ya =a^2 -ax$
$\Rightarrow a(y+x)=a^2 -xy (1)$
Xét $\Delta EFC$ có:
$EF^2 =FC^2 +EC^2$
$\Rightarrow EF^2 =(a-y)^2 +(a-x)^2 =2a^2 -2a(x+y) +x^2 +y^2$
$\Rightarrow EF^2 =2a^2 -2(a^2 -xy) +x^2+y^2 :\text{Thay từ (1) vào}$
$\Rightarrow EF^2 =x^2+y^2 +2xy =(x+y)^2$
$\Rightarrow EF=x+y (2)$

Từ A kẻ đường thằng vuông góc với $AF$ cắt $BC$ tại $K$. Gọi $L$ là giao điểm $AP$ với $EF$.
Ta có :
$\angle KAB +\angle BAF =90^o$
$\angle BAF +\angle FAD =90^o$
$\Rightarrow \angle KAB =\angle FAD$
Xét $\Delta$ Vuông $ABK$ và $\Delta$ vuông $ADF$ có :
$AB=AD (GT)$
$\angle KAB =\angle FAD$ :$\text{Chứng minh trên}$
$\Rightarrow \Delta$ Vuông $ABK$ ~ $\Delta$ vuông $ADF$ :$\text{cgv -gn}$
$\Rightarrow AF =AK$
$\Rightarrow BK =DF=y$
Vì vậy Từ $(2) \Rightarrow EF =x +BK =KE$
Xét $\Delta AEK$ và $\Delta AEF$ có:
$EF=KE$ (Chứng minh trên)
$AF =AK$(Chứng minh trên)
AE Chung
$\Rightarrow \Delta AEK = \Delta AEF$ :$\text{c-c-c}$
$\Rightarrow \angle AEB =\angle AEF$
Xét $\Delta$ Vuông $ABE$ và $\Delta$ vuông $ALE$ có :
$\angle AEB =\angle AEF$
AE chung
$\Rightarrow$ $\Delta$ Vuông $ABE$ ~ $\Delta$ vuông $ALE$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow$ $\Delta$ Vuông $ALF$ ~ $\Delta$ vuông $ADF$
$\Rightarrow \angle BAE =\angle EAL$ và $\angle LAF =\angle FAD$
$\Rightarrow \angle BAE +\angle DAF =\angle EAL +\angle FAL =\frac{1}{2}90^o$
$\Rightarrow \angle EAF =45^o$
$\Rightarrow ABEG :\text{Tứ giác nội tiếp}$
$\Rightarrow \angle AGE =90^o$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow \angle AFE =90^o$

Gọi M là trực tâm $\Delta$ AEF
Áp dụng bổ đề vừa chứng minh ở đầu $\Rightarrow M$ là giao điểm của 3 đường phân giác $\Delta HLG$
$\Rightarrow \frac{PH}{PG} =\frac{LG}{LM}$
Dễ dàng chứng minh $\Delta AHE =\Delta LHE$
$\Delta DGF =\Delta LGF$
$\Rightarrow LH =BH ,LG=LD$
$\Rightarrow \frac{PH}{PG} =\frac{BH}{GD}$

Vậy: $\frac{PH}{PG}=\frac{BH}{DG}$
====
Điểm bài làm: 10.
Tổng điểm: 1+3.10+0+0=31

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-10-2012 - 22:04

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc. Mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau