Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề
Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.
Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.
Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014
P/s: mong các toán thủ đừng mải đi chơi với gấu mà quên làm bài :adore:
Em xin giải lại.
SBD 15.
Lời giải. Ta có hai bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$, $D$ thuộc cạnh $BC$. Khi đó $\frac{DC}{DB}= \frac{AC \sin \angle DAC}{AB \sin \angle DAB}$.
Chứng minh. Dễ thấy rằng nếu $AD \perp BC$ thì $\sin \angle DAC= \frac{DC}{AC}, \sin \angle DAB= \frac{DB}{AB}$ nên $\frac{DC}{DB}= \frac{AC \sin \angle DAC}{AB \sin \angle DAB}$. Ta xét tới trường không $AD$ không vuông góc với $BC$.
Kẻ $BF \perp AD, CE \perp AD \; (E,F \in AD)$. Ta sẽ chứng minh $E,F$ nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là $BC$.
Thật vậy, giả sử ngược lại rằng $E,F$ nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là $BC$. Khi đó ta luôn có $\angle EDC+ \angle FDB= 180^{\circ}$.
Vì $BF \perp AD$ nên tam giác $FBD$ vuông tại $F$ suy ra $\angle FDB<90^{\circ}$. Tương tự ta cũng có $\angle EDC<90^{\circ}$. Điều này hoàn toàn mâu thuẫn vì $\angle FDB+ \angle EDC<180^{\circ}$.
Vậy $E,F$ nằm trên hai nữa mặt phẳng đối nhau bờ $BC$. Khi đó $\angle EDC= \angle FDB$ (đối đỉnh) và ta cũng có $\angle CED= \angle BFD=90^{\circ}$ suy ra $\triangle CED \sim \triangle BFD \; (\text{g.g})$. Từ đó dẫn đến $\frac{DC}{DB}=\frac{EC}{BF}$.
Ta lại có $EC=AC \sin \angle CAD$ và $BF= AB \sin \angle DAB$ nên ta có $\frac{DC}{DB}= \frac{AC \sin \angle CAD}{AB \sin \angle DAB}.$ $\blacksquare$
Bổ đề 2. Cho tam giác $ABC$. $X,Y,Z$ thứ tự thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ thỏa mãn \[\frac{\sin \angle XAB}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle YBC}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ZCA}{\sin \angle ZCB}=1\] thì $AX,BY,CZ$ đồng quy.
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 1 ta có \[ \frac{XC}{XB}= \frac{AC\sin \angle XAC}{AB \sin \angle XAB}, \; \frac{ZB}{ZA}= \frac{CB \sin \angle ZCB}{CA \sin \angle ZCA}, \; \frac{YA}{YC}= \frac{BA \sin \angle YBA}{BC \sin \angle YBC} .\]
Ta suy ra $\frac{XC}{XB} \cdot \frac{ZB}{ZA} \cdot \frac{YA}{YC}= \frac{\sin \angle XAC}{\sin \angle XAB} \cdot \frac{\sin \angle ZCB}{\sin \angle ZCA} \cdot \frac{\sin \angle YBA}{\sin \angle YBC}=1$. Theo định lý Ceva đảo ta suy ra $AX,BY,CZ$ đồng quy. $\blacksquare$
---------------------------------------------------
Quay lại bài toán.
Vì $AD,BE,CF$ đồng quy nên theo định lý Ceva thì \[\frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC}=1.\]
Vì $DM,EN,FP$ đồng quy nên theo định lý Ceva thì \[\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{FD}{FE}=1.\]
Áp dụng Bổ đề 1 ta có \[\frac{ME}{MF}= \frac{AE \sin \angle EAM}{AF \sin \angle FAM}, \; \frac{NF}{ND}= \frac{BF \sin \angle FBN}{BD \sin \angle DBN}, \; \frac{FD}{FE}= \frac{CD \sin \angle DCF}{CE\sin \angle ECF}.\]
Nhân vế theo vế các đẳng thức trên ta được \[\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{PD}{PE}= \frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC} \cdot \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBN}{\sin \angle DBN} \cdot \frac{\sin \angle DCF}{\sin \angle ECF}.\]
Từ đây ta thu được \[ \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBN}{\sin \angle DBN} \cdot \frac{\sin \angle DCF}{\sin \angle ECF}=1.\]
Theo Bổ đề 2 thì ta suy ra $AM,BN,CP$ đồng quy. $\blacksquare$
Bổ đề 3. Cho tam giác $ABC$. $X,Y,Z$ thứ tự thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ thỏa mãn $AX,BY,CZ$ đồng quy. Khi đó \[\frac{\sin \angle XAB}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle YBC}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ZCA}{\sin \angle ZCB}=1. \]
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 1 ta có \[ \frac{XC}{XB}= \frac{AC\sin \angle XAC}{AB \sin \angle XAB}, \; \frac{ZB}{ZA}= \frac{CB \sin \angle ZCB}{CA \sin \angle ZCA}, \; \frac{YA}{YC}= \frac{BA \sin \angle YBA}{BC \sin \angle YBC} .\]
Do đó $\frac{XC}{XB} \cdot \frac{ZB}{ZA} \cdot \frac{YA}{YC}= \frac{\sin \angle XAC}{\sin \angle XAB} \cdot \frac{\sin \angle ZCB}{\sin \angle ZCA} \cdot \frac{\sin \angle YBA}{\sin \angle YBC}=1$.
Mà $AX,BY,CZ$ đồng quy nên theo định lý Ceva ta có $\frac{XC}{XB} \cdot \frac{ZB}{ZA} \cdot \frac{YA}{YC}=1$. Vậy \[\frac{\sin \angle XAB}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle YBC}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ZCA}{\sin \angle ZCB}=1.\]
-----------------------------------------------------
Mở rộng 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC,CA,AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD,BE,CF$ đồng quy. $M,N,P$ trên $EF,FD,DE$ sao cho $AM,BN,CP$ đồng quy. Chứng minh rằng $DM,EN,PF$ đồng quy.
Lời giải. Thiết lập các đẳng thức tương tự bài toán ban đầu, ta thu được \[\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{PD}{PE}= \frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC} \cdot \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBN}{\sin \angle DBN} \cdot \frac{\sin \angle DCF}{\sin \angle ECF}.\]
Vì $AD,BE,CF$ đồng quy nên theo định lý Ceva \[\frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC}=1.\]
Vì $AM,BN,CP$ đồng quy nên theo Bổ đề 3 ta có \[ \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBN}{\sin \angle DBN} \cdot \frac{\sin \angle DCF}{\sin \angle ECF}=1.\]
Ta suy ra \[\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{PD}{PE}=1\] nên theo định lý Ceva đảo ta suy ra $DM,EN,PF$ đồng quy. $\blacksquare$
Mở rộng 2. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC,CA,AB$. $M,N,P$ trên $EF,FD,DE$ sao cho $AM,BN,CP$ đồng quy và $DM,EN,FP$ đồng quy. Chứng minh rằng $AD,BE,CF$ đồng quy.
Lời giải. Thiết lập các đẳng thức tương tự bài toán ban đầu, ta thu được \[\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{PD}{PE}= \frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC} \cdot \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBN}{\sin \angle DBN} \cdot \frac{\sin \angle DCF}{\sin \angle ECF}.\]
Vì $AM,BN,CP$ đồng quy nên theo Bổ đề 3 ta có \[ \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBN}{\sin \angle DBN} \cdot \frac{\sin \angle DCF}{\sin \angle ECF}=1.\]
Vì $DM,EN,FP$ đồng quy nên $$\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{PD}{PE}=1.$$
Vậy $$\frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC}=1$$ nên theo định lý Ceva đảo ta suy ra $AD,BE,CF$ đồng quy. $\blacksquare$
Nói chung cũng là Ceva sin nên cũng vậy thôi em à
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:15
trận 3 MSS.bmp 2.22MB
8 Số lần tải
