Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Trận 3 - Hình học

mss 2014

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 53 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3815 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 14-02-2014 - 17:48

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 14/2/2014, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
 

I - Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu và tổng hợp kết qủa

 

II - Lưu ý

1) 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. 

 

 

Để sử dụng chức năng xem trước, bạn click vào Sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ và chọn Xem trước.

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 trận 3, sẽ có 03 toán thủ ít điểm nhất bị loại

 


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 14-02-2014 - 20:22

*
Phổ biến

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:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 14-02-2014 - 20:34

"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#3 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 14-02-2014 - 21:44

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:

MSS 30 Canhhoang30011999

Bài làm

Gọi K là giao điểm của AN và BE

Áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt vào tam giác EFB ta có 

$\frac{KE}{KB}.\frac{AB}{AF}.\frac{MF}{ME}= 1$

$\Rightarrow \frac{KE}{KB}= \frac{AF.ME}{AB.MF}$

AM cắt BC ở $A^{'}$,NB cắt AC ở$B^{'}$,CP cắt AB ở $C^{'}$

Áp dụng định lí mê-nê-la-uýt vào tam giác BEC ta có

$\frac{A^{'}B}{A^{'}C}.\frac{KE}{KB}.\frac{AC}{AE}= 1$

$\Rightarrow \frac{A^{'}C}{A^{'}B}= \frac{AF}{AB}.\frac{ME}{MF}.\frac{AC}{AE}$

Tương tự ta có $ \frac{B^{'}A}{B^{'}C}= \frac{AB}{BF}.\frac{BD}{BC}.\frac{NF}{ND}$

$\frac{C^{'}B}{C^{'}A}= \frac{BC}{DC}.\frac{CE}{AC}.\frac{PD}{PE}$

Ta có $\frac{B^{'}A}{B^{'}C}.\frac{A^{'}C}{A^{'}B}.\frac{C^{'}B}{C^{'}A}$

$= \frac{AF}{AB}.\frac{ME}{MF}.\frac{AC}{AE}.\frac{BA}{BF}.\frac{BD}{BC}.\frac{NF}{ND}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{CA}.\frac{PD}{PE}$

$= \frac{AF}{BF}.\frac{CE}{AE}.\frac{BD}{DC}.\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}$

Áp dụng định lí Xê-va vào tam giác ABC ta có

$\frac{AF}{BF}.\frac{CE}{AE}.\frac{BD}{DC}= 1$

Áp dụng định lí Xê-va vào tam giác DEF ta có

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{DE}= 1$

$\Rightarrow \frac{A^{'}C}{A^{'}B}.\frac{B^{'}A}{B^{'}C}.\frac{C^{'}B}{C^{'}A}= 1$

Nên áp dụng định lí Xê-va vào tam giác ABC ta có

AM,BN,CP đồng quy

 

d = 10

S = 47

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 17:27


#4 minhlong02121999

minhlong02121999

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vĩnh Long
  • Sở thích:Toán (hình học phẳng), Nhạc trẻ, Naruto,...

Đã gửi 14-02-2014 - 21:55

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:

MSS59

File gửi kèm  untitled.bmp   808.65K   9 Số lần tải

Gọi O là giao của $BE,CF,AD$

       I là giao của $PF,EN,DM$

Ta có $\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{AM.ME.sin\angle AME}{AM.FM.sin\angle AMF}=\frac{ME.sin\angle AME}{MF.sin\angle AMF}=\frac{AE.AM.sin\angle MAC}{AM.AF.sin\angle MAB}=\frac{AE.sin\angle MAC}{AF.sin\angle MAB}$

$\Rightarrow \frac{AE.sin\angle MAC}{AF.sin\angle MAB}=\frac{ME}{MF}\Rightarrow \frac{sin\angle MAC}{sin\angle MAB}=\frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AE}$

Chứng minh tương tự $\Rightarrow \frac{sin\angle NBA}{sin\angle NBC}=\frac{FN}{DN}.\frac{BD}{BF}$ và $\Rightarrow \frac{sin\angle PCB}{sin\angle PCA}=\frac{PD}{PE}.\frac{EC}{CD}$

$\Rightarrow \frac{sin\angle MAC}{sin\angle MAB}.\frac{sin\angle NBA}{sin\angle NBC}.\frac{sin\angle PCB}{sin\angle PCA}=\frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AE}.\frac{FN}{DN}.\frac{BD}{BF}.\frac{PD}{PE}.\frac{EC}{CD}$

Áp dụng định lý Ceva-sin trong $\bigtriangleup ABC$ và $\bigtriangleup FED$

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{FN}{DN}.\frac{PD}{PE}=1$ và $\frac{AF}{AE}.\frac{BD}{BF}.\frac{EC}{CD}=1$

$\Rightarrow \frac{sin\angle MAC}{sin\angle MAB}.\frac{sin\angle NBA}{sin\angle NBC}.\frac{sin\angle PCB}{sin\angle PCA}=1$

Theo định lý Ceva-sin $\Rightarrow AM,BN,CP$ đồng quy tại 1 điểm

 

d=8

S=41


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:55


#5 Tran Nguyen Lan 1107

Tran Nguyen Lan 1107

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 123 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A1 THPT Phan Bội Châu TP Vinh Nghệ An

Đã gửi 14-02-2014 - 21:56

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

 

Em không vẽ được hình,mong btc thông cảm

Áp dụng định lí Mênlauyt vào 2 tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ các đường cao BB',CC',EE',FF' xuống AK

Ta có $\frac{BK}{CK}=\frac{BB'}{CC"}$

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{FM}{EM}$

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ =>$BB'=\frac{AB.FF'}{AF}$

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$=>$CC'=\frac{AC.EE'}{AE}$

Từ đây suy ra $\frac{BK}{CK}=\frac{FM.AB.AF}{EM.AC.AE}$ (1)

Tương tự $\frac{CI}{AI}=\frac{ND.BC.BF}{NF.BA.BD}$ (2)

$\frac{AH}{BH}=\frac{PE.CA.CE}{PD.CB.CD}$ (3)

Nhân (1),(2),(3) vế theo vế

$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{FM.AB.AF}{EM.AC.AE}.\frac{DN.BC.BF}{FN.BA.BD}.\frac{PE.CA.CE}{PD.CB.CD}$

                                                                      =$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{FM.ND.PE}{ME.NF.PD}.\frac{AE.BF.CE}{AF.BD.CD}$

Theo (*) và (**) ta có$\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=1

Áp dụng định lí Menlauyt đảo ta có AK, BI, CH đồng quy hay AM,BN,CP đồng quy

 

d=9

S=44


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:55


#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 14-02-2014 - 22:06

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:

SBD 15.

Lời giải. Ta có hai bổ đề sau:

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$, $D$ thuộc cạnh $BC$. Khi đó $\frac{DC}{DB}= \frac{AC \sin \angle DAC}{AB \sin \angle DAB}$.

File gửi kèm  Untitled5.png   9.25K   2 Số lần tải

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.

File gửi kèm  Untitled3.png   10.02K   0 Số lần tải

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.

File gửi kèm  Untitled4.png   20.85K   1 Số lần tải

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 $$\frac{PF}{PD} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{ND}{NE}=1.$$

Áp dụng Bổ đề 1 ta có $$\frac{ME}{MF}= \frac{AE \sin \angle EAM}{AF \sin \angle FAM}, \; \frac{PF}{PD}= \frac{BF \sin \angle FBP}{BD \sin \angle DBP}, \; \frac{ND}{NE}= \frac{CD \sin \angle DCN}{CE\sin \angle ECN}.$$

Nhân vế theo vế các đẳng thức trên ta được $$\frac{PF}{PD} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{ND}{NE}= \frac{DC}{DB} \cdot \frac{FB}{FA} \cdot \frac{EA}{EC} \cdot \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBP}{\sin \angle DBP} \cdot \frac{\sin \angle DCN}{\sin \angle ECN}.$$

Từ đây ta thu được $$ \frac{\sin \angle EAM}{\sin \angle FAM} \cdot \frac{\sin \angle FBP}{\sin \angle DBP} \cdot \frac{\sin \angle DCN}{\sin \angle ECN}=1.$$

Theo Bổ đề 2 thì ta suy ra $AM,BN,CP$ đồng quy. $\blacksquare$

 

d=9

S=44


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:56

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#7 phuocdinh1999

phuocdinh1999

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam

Đã gửi 14-02-2014 - 22:23

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:

SBD: MSS 48

Bài làm:

+BỔ ĐỀ: Trong tam giác nhọn $ABC$ có $D,E,F$ lần lượt thuộc $BC,AB,AC$.  $AD$ cắt $EF$ tại $G$ thì

                                       $\frac{EG}{GF}.\frac{CD}{BD}=\frac{AC}{AB}.\frac{AE}{AF}$

1041041450_467326357_574_574.jpg

CM: Vẽ $EM,FN//BC$ ($M,N$ thuộc $BC$)

Theo định lý Talet: $\frac{EG}{GF}.\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{FN}.\frac{CD}{BD}=\frac{EM}{BD}.\frac{CD}{FN}=\frac{AE}{AB}.\frac{AC}{AF}$ (đpcm)

 

+TRỞ LẠI BÀI TOÁN: 

1041043528_2020414875_574_574.jpg

Gọi giao điểm $AM,BN,CP$ với $BC,AC,AB$ lần lượt là $J,H,K$

Áp dụng định lý Xê-va trong tam giác $ABC$ và $DEF$:

$\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$ (1)     ;     $\frac{FM}{ME}.\frac{EP}{PD}.\frac{DN}{NF}=1$ (2)

 

Áp dụng bổ đề cho 2 đoạn thẳng $AJ$ và $EF$ cắt tại $M$:$\frac{FM}{ME}.\frac{CJ}{BJ}=\frac{AC}{AB}.\frac{AF}{AE}$

 

Tương tự : $\frac{EP}{PD}.\frac{BK}{AK}=\frac{BC}{AC}.\frac{EC}{DC}$        ;         $\frac{DN}{NF}.\frac{AH}{HC}=\frac{AB}{AC}.\frac{BD}{BF}$

Nhân theo vế 3 đẳng thức trên kết hợp với (1) và (2), ta được:

$\frac{CJ}{BJ}.\frac{BK}{AK}.\frac{AH}{HC}=1 \Rightarrow AJ,BH,CK$ đồng quy (theo Xê-va đảo)

Hay $AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)

 

Cách làm tốt

d=10

S=46


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:56


#8 letankhang

letankhang

    $\sqrt{MF}'s$ $member$

  • Thành viên
  • 1079 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\sqrt{MF}$
  • Sở thích:$Maths$

Đã gửi 14-02-2014 - 22:50

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:

Bài làm của letankhang :
Ta có :

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{\frac{1}{2}AM.AE.sin(\angle MAE)}{\frac{1}{2}AF.AM.sin(\angle MAF)}=\frac{AE.sin(\angle MAE)}{AF.sin(\angle MAF)}$
Mặt khác : $\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{\frac{1}{2}AM.ME.sin(\angle AME)}{\frac{1}{2}MF.AM.sin(\angle AMF)}=\frac{ME}{MF}$
Suy ra : $\frac{AE.sin(\angle MAE)}{AF.sin(\angle MAF)}=\frac{ME}{MF}\Rightarrow \frac{sin(\angle MAE)}{sin(\angle MAF)}=\frac{ME.AF}{MF.AE}$
Chứng minh tương tự : $\frac{sin(\angle NBA)}{sin(\angle NBC)}=\frac{NF.BD}{ND.BF};\frac{sin(\angle PCB)}{sin(\angle PCA)}=\frac{PD.CE}{PE.CD}$
Nhân lần 3 đẳng thức trên vế theo vế :
$\Rightarrow \frac{sin(\angle MAE)}{sin(\angle MAF)}.\frac{sin(\angle NBA)}{sin(\angle NBC)}.\frac{sin(\angle PCB)}{sin(\angle PCA)}=\frac{ME.AF}{MF.AE}.\frac{NF.BD}{ND.BF}.\frac{PD.CE}{PE.CD}$
Áp dụng định lí Céva trong tam giác $ABC$ và $DEF$
$\Rightarrow \frac{NF.DP.EM}{ND.PE.MF}=1;\frac{BD.CE.AF}{CD.EA.FB}=1$
Suy ra tích của chúng cũng bằng $1$

$\Rightarrow \frac{sin(\angle MAE)}{sin(\angle MAF)}.\frac{sin(\angle NBA)}{sin(\angle NBC)}.\frac{sin(\angle PCB)}{sin(\angle PCA)}=1$
Gọi giao điểm của $AM,BN,CP$ với $BC,AC,AB$ là $H,K,G$

Mà : $\frac{BH}{HC}=\frac{S_{AHB}}{S_{AHC}}=\frac{AB.sin(\angle BAH)}{AC.sin(\angle CAH)}$
Tương tự với các đẳng thức còn lại về nhân tất cả vế theo vế :

$\Rightarrow \frac{BH.CK.AG}{HC.KA.GB}=\frac{BH.CK.AG}{HC.KA.GB}.\frac{AB.BC.AC}{AC.AB.BC}=\frac{sin(\angle MAF).sin(\angle NBC).sin(\angle PCA)}{sin(\angle MAE).sin(\angle NBA).sin(\angle PCB)}=1$

Áp dụng định lí Céva đảo
Suy ra : $AH,BK,CG$ đồng qui
Kết luận : $AM,BN,CP$ đồng qui. $(Q.E.D)$
P/s : Hình trên em bỏ, lấy hình dưới ạ !! :D

$d = 8.5$

$S = 42.5$

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:57

        :oto:   :nav:  :wub:  $\mathfrak Lê $ $\mathfrak Tấn $ $\mathfrak Khang $ $\mathfrak tự$ $\mathfrak hào $ $\mathfrak là $ $\mathfrak thành $ $\mathfrak viên $ $\mathfrak VMF $  :wub:   :nav:  :oto:            

  $\textbf{Khi đọc một quyển sách; tôi chỉ ráng tìm cái hay của nó chứ không phải cái dở của nó.}$

 

 


#9 Rias Gremory

Rias Gremory

    Del Name

  • Thành viên
  • 1384 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 14-02-2014 - 23:01

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:

Trước tiên ta chứng minh bổ đề phụ :

Bổ đề $1$ : $A,B,C,D$ phân biệt theo thứ tự nằm trên đường thẳng $d$ , Điểm $T$ nằm ngoài $d$ , Gọi $A',B',C',D'$ lần lượt là giao điểm của $TA,TB,TC,TD$ xuống đường thẳng $d'$( $d$ khác $d'$) . Ta luôn có : $\frac{CD}{CB}:\frac{AD}{AB}=\frac{C'D'}{C'B'}:\frac{A'D'}{A'B'}$

Chứng minh bổ đề ta có :

1901285_1497145500511794_1484008328_n.jp

 

Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $TA$ cắt $TD$ và $TB$ lần lượt tại $E$ và $F$

Ta có $\frac{CD}{CB}:\frac{AD}{AB}=\frac{CD}{AD}.\frac{AB}{CB}=\frac{CE}{SA}.\frac{SA}{CF}=\frac{CE}{CF}$

Tương tự $\frac{C'D'}{C'B'}:\frac{A'D'}{A'B'}=\frac{C'E'}{C'F'}$

Mà $\frac{CE}{C'E'}=\frac{CF}{C'F'}=\frac{SC}{SC'}\Rightarrow \frac{CE}{CF}=\frac{C'E'}{C'F'}$

Từ đây suy ra kết quả của bổ đề trên.

Bổ đề $2$ ( định lý Ceva ) : Cho tam giácc $ABC$ , các điểm $D,E,F$ lần lượt nằm trên các đường thẳng $BC,CA,AB$ . Bổ đề : Các đường thẳng $AD,BE,CF$ đồng quy khi và chỉ khi $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$

Chứng minh bổ đề : 

Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AD,BE$ tại $K,H$.

Ta có $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=\frac{AB}{CK}.\frac{AF}{FB}.\frac{CH}{AB}=\frac{FB}{CH}.\frac{AB}{FB}.\frac{CH}{AB}=1$

Trở lại với bài toán : 

1798048_1497185167174494_503635757_n.jpg

Gọi $H$, $G$ là giao điểm của $AM$ với $BC$ , $AD$ với $EF$ .

 $R$, $I$ là giao điểm của $BN$ với $AC$ , $BE$ với $DF$

 $S$ , $K$ là giao điểm của $CP$ với $AB$ , $CF$ với $DE$

Áp dụng kết quả của bổ đề ta có : 

$\frac{HB}{HC}:\frac{DB}{DC}=\frac{MF}{ME}:\frac{GF}{GE}$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}=\frac{DB}{DC}.\frac{MF}{ME}.\frac{GE}{GF}$

Tương tự $\frac{SA}{SB}=\frac{FA}{FB}.\frac{PE}{PD}.\frac{KD}{KE}$

$\frac{RC}{RA}=\frac{EC}{EA}.\frac{ND}{NF}.\frac{IF}{ID}$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}.\frac{RC}{RA}.\frac{SA}{SB}=1$ ( áp dụng bổ đề $2$ và giả thiết $AD,BE,CF$ đồng quy , $DM,EN,FP$ đồng quy )

Từ đây suy ra $AH,BR,CS$ đồng quy ( áp đụng bổ đề $2$ )

Hay suy ra ĐPCM

 

Sử dụng tỉ số kép trá hình

d = 9 

S = 42


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:58


#10 Viet Hoang 99

Viet Hoang 99

    $\textbf{Trương Việt Hoàng}$

  • Thành viên
  • 2289 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:Make more money

Đã gửi 14-02-2014 - 23:12

MSS 47: Trương Việt Hoàng

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Cho tứ giác $ABCD$ và đường thẳng $d$ cắt 4 cạnh $AB;BC;CD;DA$ lần lượt tại $M;N;P;Q$ thì $\frac{MB}{MA}.\frac{QA}{QD}.\frac{PD}{PC}.\frac{NC}{NB}=1$ (1)

1899037_1527448510813636_2073811177_n.jpư

Kẻ $\left\{\begin{matrix}AA'\perp d\equiv A' & & \\ BB'\perp d\equiv B' & & \\ CC'\perp d\equiv C' & & \\ DD'\perp d\equiv D' \end{matrix}\right.$

Tam giác $MAA'$ có $BB' // AA'$

Theo định lý Talet thì: $\frac{MB}{MA}=\frac{BB'}{AA'}$

cmtt có: $\left\{\begin{matrix}\frac{QA}{QD}=\frac{AA'}{DD'} & & \\ \frac{PD}{PC} =\frac{DD'}{CC'} & & \\ \frac{NC}{NB}=\frac{CC'}{BB'} \end{matrix}\right.$

Nhân theo vế 4 đẳng thức trên lại ta có:

$\frac{MB}{MA}.\frac{QA}{QD}.\frac{PD}{PC}.\frac{NC}{NB}=\frac{BB'}{AA'}.\frac{AA'}{DD'}.\frac{DD'}{CC'}.\frac{CC'}{BB'}=1$

Vậy ta có đpcm.

 

Áp dụng bổ đề trên vào bài toán này ta có:

 

 

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:

1801064_1527455350812952_903986004_n.jpg

Kẻ $\left\{\begin{matrix}AM\cap BC\equiv A' & & \\ BN\cap AC\equiv B' & & \\ CP\cap AB\equiv C' \end{matrix}\right.$

Áp dụng bổ đề (1) vào tứ giác $BFEC$ với cát tuyến $AMA'$ có:

$\frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{A'B}{A'C}.\frac{AC}{AE}=1$

Tương tự cho tứ giác $AEDB$ và tứ giác $AFDC$ có:

$\left\{\begin{matrix}\frac{PD}{PE}.\frac{CE}{CA}.\frac{C'A}{C'B}.\frac{CB}{CD}=1 & & \\ \frac{NF}{ND}.\frac{BA}{BF}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{BD}{BC}=1 & & \end{matrix}\right.$

Nhân theo vế 3 đẳng thức trên lại ta có:

$\frac{ME.AF.AC.PD.CE.CB.NF.BA.BD}{MF.AB.AE.PE.CA.CD.ND.BF.BC}.\frac{A'B}{A'C}.\frac{C'A}{C'B}.\frac{B'C}{B'A}=1$

$\Leftrightarrow \frac{ME.AF.PD.CE.NF.BD}{MF.AE.PE.CD.ND.BF}.\frac{A'B}{A'C}.\frac{C'A}{C'B}.\frac{B'C}{B'A}=1$ (***)

Áp dụng định lý Ce-va cho tam giác $ABC$ có các đường $AD;BE;CF$ đồng quy ta có:

 

$\frac{AF}{BF}.\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}=1$ (*)

Áp dụng định lý Ce-va cho tam giác $DEF$ có các đường $DM;EN;FP$ đồng quy ta có:
$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Nhân theo vế của (*) và (**) có:

$\frac{ME.AF.PD.CE.NF.BD}{MF.AE.PE.CD.ND.BF}=1$

Thay vào (***) thì ta được:
$\frac{A'B}{A'C}.\frac{C'A}{C'B}.\frac{B'C}{B'A}=1$

Áp dụng định lý Ce-va đảo cho tam giác $ABC$ thì 3 đường $AA';BB';CC'$ đồng quy hay 3 đường $AM;BN;CP$ đồng quy

 

Mở rộng: Các tam giác $ABC; DEF$ không cần phải nhọn.

 

Không có hình vẽ? Theo quy định thì trừ 1 nửa số điểm

$d = 3.5$

$S =27.1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:59


#11 lovemathforever99

lovemathforever99

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 14-02-2014 - 23:55

 

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.

Bài làm của MSS 52:

 

 

Bổ đề 1: Định lí Cê va trong tam giác:

Nội dung định lí : Trên các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ của $\Delta ABC$ lấy các điểm $D,E,F$. Chứng minh $AD,BE,CF$ đồng quy khi và chỉ khi $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$

 

1618565_250356595139123_327417893_n.jpg

 
Chứng minh : Sử dụng diện tích:
$\frac{FA}{FB}=\frac{S_{ACF}}{S_{BCF}}=\frac{S_{APF}}{S_{BPF}}=\frac{S_{APC}}{S_{BPC}}$

Tương tự: $\frac{BD}{DC}=\frac{S_{ABP}}{S_{ACP}}; \frac{CE}{EA}=\frac{S_{BCP}}{S_{ABP}}$

Nhân vế theo vế: 

$\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=\frac{S_{APC}.S_{ABP}.S_{BCP}}{S_{BPC}.S_{ACP}.S_{ABP}}=1$

 

Định lí đảo

Trên các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ của $\Delta ABC$ lấy các điểm $D,E,F$ sao cho $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$. Chứng minh $AD,BE,CF$ đồng quy.

 

Chứng minh:

Gọi O là giao điểm của $AD$ và $BE$. Qua O vẽ $CF'$ với $F'$ thuộc $AB$.

Tương tự như chứng minh định lí thuận $\frac{F'A}{F'B}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$

$\Rightarrow \frac{AF'}{BF'}=\frac{AF}{BF}$.

Vì $F$ và $F'$ đều thuộc đoạn $AB$ và nằm giữa $A$ và $B$ nên $F'\equiv F$

Như vậy $AD,BE,CF$ đồng quy tại $O$.

 

Bổ đề 2: Định lí hàm sin:

Cho $\Delta ABC$ có $BC=a, AC=b, AB=c$.

Chứng minh:$\frac{a}{sin A}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}$

1779757_250364581804991_173244437_n.jpg

Kẻ đường cao $BH$ của $\Delta ABC$.

Ta có $sinC=\frac{BH}{a}$

Mà $BH=sinA.a$$\Rightarrow a.sinC=sinA.c\Rightarrow \frac{a}{sinA}=\frac{c}{sinC}$

Chứng minh tương tự $\frac{a}{sin A}=\frac{b}{sinB}$

Ta có đpcm.

 

 

Quay trở lại bài toán:

1939822_250369685137814_316859791_n.jpg

Tạm gọi các góc $\widehat{MAF}=\widehat{A_{1}},\widehat{MAE}=\widehat{A_{2}}$

                           $\widehat{NBF}=\widehat{B_{2}},\widehat{NBC}=\widehat{B_{1}}$

                           $\widehat{PCD}=\widehat{C_{2}},\widehat{PCE}=\widehat{C_{1}}$

 

     

      Áp dụng định lí hàm sin vào $\Delta AME, \Delta AMF$:

$\frac{ME}{sinA_{2}}=\frac{AE}{sinAME};\frac{MF}{sinA_{1}}=\frac{AF}{sin AMF}=\frac{AF}{sinAME}$(vì $\widehat{AME}+\widehat{AMF}=180^{\circ}$ nên $sinAME=sinAMF$)

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AE}=\frac{sinA_{2}}{sinAME}.\frac{sinAME}{sinA_{1}}=\frac{sinA_{2}}{sinA_{1}}$ (1)

  

Chứng minh tương tự:$\frac{NF}{ND}.\frac{BD}{BF}=\frac{sinB_{2}}{sinB_{1}}(2)$

                                   $\frac{PD}{PE}.\frac{CE}{CD}=\frac{sinC_{2}}{sinC_{1}}(3)$

 

(1).(2).(3):$(\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}).(\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE})=\frac{sinA_{2}.sinB_{2}.sinC_{2}}{sinA_{1}.sinB_{1}.sinC_{1}}$

   Áp dụng định lí Cê va cho các $\Delta ABC,\Delta DEF$: 

$\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$ và $\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$

$\Rightarrow sinA_{2}.sinB_{2}.sinC_{2}=sinA_{1}.sinB_{1}.sinC_{1}$

 

Gọi $I,H,K$ lần lượt là giao điểm $AM,BN,CP$ với $BC,AC,AB$.

Áp dụng định lí hàm sin cho $\Delta ABC$:

$\frac{IB}{sinA_{1}}=\frac{AB}{sinAIB};\frac{IC}{sinA_{2}}=\frac{AC}{sinAIB}$

$\Rightarrow \frac{IB}{IC}.\frac{AC}{AB}=\frac{sinA_{1}}{sinA_{2}}$ (3)

Tương tự: $\Rightarrow \frac{HC}{HA}.\frac{AB}{BC}=\frac{sinB_{1}}{sinB_{2}}$(4)

                 $\Rightarrow \frac{KA}{KB}.\frac{BC}{AC}=\frac{sinC_{1}}{sinC_{2}}$(5)

(3).(4).(5): $\frac{IB}{IC}.\frac{HC}{HA}.\frac{KA}{KB}.\frac{AC.AB.BC}{AB.BC.CA}=\frac{sinA_{2}.sinB_{2}.sinC_{2}}{sinA_{1}.sinB_{1}.sinC_{1}}=1$

$\Rightarrow \frac{IB}{IC}.\frac{HC}{HA}.\frac{KA}{KB}=1$

 

Áp dụng định lí đảo ở bổ đề 1 ta được $AI,BH,CK$ đồng quy hay $AM,BN,CP$ đồng quy.

 

Trừ 1 nửa số điểm do không có hình vẽ

$d = 3.5$

$S = 27.1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 18:59

                                                 ''Chúa không chơi trò xúc xắc.''

Albert Einstein


#12 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-02-2014 - 00:07

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.

Bài làm của MSS 10:

Bổ đề 1: Định lý Menelaus

Bổ đề 2: Định lý Ceva

Bổ đề 3: Cho tam giác $ABC,$ một đường thẳng $d$ cắt cạnh $AB, AC$ lần lượt tại $D$ và $E.$ Lấy $N, Q$ thuộc $BC.$ Gọi $M, P$ lần lượt là giao điểm của $AN, AQ$ với $DE.$ Khi đó ta có $\dfrac{NB}{NC}=\dfrac{BQ}{CQ}\cdot \dfrac{DM}{EM}\cdot \dfrac{PE}{PD}$

Chứng minh: 

58724256.bode.png

Qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB, AN, AQ$ lần lượt tại $F, I, K.$ 

Áp dụng định lý Talet vào 2 tam giác $ABN\ (FI\parallel BN)$ và $ACN\ (EI\parallel CN),$ suy ra:

$$\dfrac{BN}{FI}=\dfrac{CN}{EI}\left ( =\dfrac{NA}{IA} \right )\Leftrightarrow \dfrac{BN}{CN}=\dfrac{FI}{EI}$$

Chứng minh tương tự, ta có $\dfrac{BQ}{CQ}=\dfrac{FK}{EK}$

Như vậy cần chứng minh $$\dfrac{FI}{EI}=\dfrac{KF}{KE}\cdot \dfrac{DM}{EM}\cdot \dfrac{PE}{PD}$$

hay $$\dfrac{DM}{EM}\cdot \dfrac{EI}{FI}=\dfrac{KE}{KF}\cdot \dfrac{PD}{PE}$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $DEF$ cát tuyến $AMI,$ ta có

$$\dfrac{DM}{EM}\cdot \dfrac{EI}{FI}\cdot \dfrac{FA}{DA}=1\Leftrightarrow \dfrac{DM}{EM}\cdot \dfrac{EI}{FI}=\dfrac{DA}{FA}$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $DEF$ cát tuyến $APK,$ ta có

$$\dfrac{KE}{KF}\cdot \dfrac{FA}{DA}\cdot \dfrac{PD}{EP}=1\Leftrightarrow \dfrac{KE}{KF}\cdot \dfrac{PD}{EP}=\dfrac{DA}{FA}$$

Do đó $$\dfrac{DM}{EM}\cdot \dfrac{EI}{FI}=\dfrac{KE}{KF}\cdot \dfrac{PD}{PE}$$

Vậy bổ đề được chứng minh.

 

Quay lại bài toán.

58724254.bailam.png

Gọi $M_1, N_1, P_1$ lần lượt là giao điểm $AM, BN, CP$ với $BC, CA, AB.$

Gọi $M_2, N_2, P_2$ lần lượt là giao điểm $AD, BE, CF$ với $EF, FD, DE.$

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác $ABC$ có $AD, BE, CF$ đồng quy, ta có

$$\dfrac{BD}{CD}\cdot \dfrac{CE}{AE}\cdot \dfrac{AF}{BF}=1$$

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác $DEF$ có $DM, EN, FP$ đồng quy, ta có

$$\dfrac{FM}{EM}\cdot \dfrac{DN}{FN}\cdot \dfrac{EP}{DP}=1$$

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác $DEF$ có $DM_2, EN_2, FP_2$ đồng quy $($do $AD, BE, CF$ đồng quy$)$ , ta có

$$\dfrac{M_2E}{M_2F} \cdot \dfrac{N_2F}{N_2D} \cdot \dfrac{P_2D}{P_2E}=1$$

Áp dụng bổ đề 3, ta có:

$$\dfrac{M_1B}{M_1C}=\dfrac{BD}{CD}\cdot \dfrac{FM}{EM}\cdot \dfrac{M_2E}{M_2F}$$

$$\dfrac{N_1C}{N_1A}=\dfrac{CE}{AE}\cdot \dfrac{DN}{FN}\cdot \dfrac{N_2F}{N_2D}$$

$$\dfrac{P_1A}{P_1B}=\dfrac{AF}{BF}\cdot \dfrac{EP}{DP}\cdot \dfrac{P_2D}{P_2E}$$

Do đó $$\dfrac{M_1B}{M_1C}\cdot \dfrac{N_1C}{N_1A}\cdot \dfrac{P_1A}{P_1B}=\left ( \dfrac{BD}{CD}\cdot \dfrac{CE}{AE}\cdot \dfrac{AF}{BF} \right ) \left ( \dfrac{FM}{EM}\cdot \dfrac{DN}{FN}\cdot \dfrac{EP}{DP} \right ) \left ( \dfrac{M_2E}{M_2F} \cdot \dfrac{N_2F}{N_2D} \cdot \dfrac{P_2D}{P_2E} \right )$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{M_1B}{M_1C}\cdot \dfrac{N_1C}{N_1A}\cdot \dfrac{P_1A}{P_1B}=1$$

Theo định lý Ceva, ta có $AM_1, BN_1, CP_1$ đồng quy, tức là $AM, BN, CP$ đồng quy. 

 

$d = 10$

$S = 46$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:00


#13 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-02-2014 - 00:11

Bổ đề $1$ : Diện tích tam giác bằng tích $2$ cạnh nhân $sin$ góc xen giữa 

Chứng minh : Cho tam giác $ABC$ nhọn . Chứng minh $\boxed{S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.sin \widehat{A}}$

Kẻ các đường cao $BI$ . Khi đó $$S_{ABC}=\frac{1}{2}.BI.AC$$

Trong tam giác vuông $ABI$ thì $sin\widehat{BAC}=\frac{BI}{AB}\Rightarrow BI=sin\widehat{BAC}.AB$

Vậy ta có : $$\boxed{S_{ABC}=\frac{1}{2}.sin \widehat{A}.AB.AC}$$

Bổ đề $2$(định lý $Cê-va$ dạng $sin$)Gọi $E,F,G$ là $3$ điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng $BC,CA,AB$ của tam giác $ABC$.Chứng minh $\frac{sin\widehat{ABF}}{sin\widehat{CBF}}.\frac{sin\widehat{BCG}}{sin\widehat{ACG}}.\frac{sin\widehat{CAE}}{sin\widehat{BAE}}=1$ khi ba đường thẳng $AE,BF,CG$ cắt nhau tại điểm $O$ 

chứng minh : Giả sử $AE,BF,CG$ đồng quy tại $O$. Khi đó hai tam giác $ABE$ và $ACE$ có cùng chiều cao hạ từ đỉnh $A$ 

$$\Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{S_{ABE}}{S_{ACE}}=\frac{AB.AE.sin\widehat{BAE}}{AC.AE.sin\widehat{CAE}}=\frac{AB.sin\widehat{BAE}}{AC.sin\widehat{CAE}}$$

Tương tự : $$\frac{CF}{FA}=\frac{BC.sin\widehat{CBF}}{BA.sin\widehat{ABF}},\frac{AG}{GB}=\frac{CA.sin\widehat{ACG}}{CB.sin\widehat{BCG}}$$

nhân từng vế của ba đẳng thức trên ,ta được :

$$\frac{sin\widehat{ABF}}{sin\widehat{CBF}}.\frac{sin\widehat{BCG}}{sin\widehat{ACG}}.\frac{sin\widehat{CAE}}{sin\widehat{BAE}}=1$$

Quay trở lại bài toán , ta có :

$$S_{AME}=\frac{1}{2}.AM.ME.sin\widehat{AME},S_{AMF}=\frac{1}{2}.AM.MF.sin\widehat{AMF}\Rightarrow \frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{ME}{MF}$$

(do $\widehat{AMF}+\widehat{AME}=180^{0}$ nên sin $\widehat{AMF}=sin \widehat{AME}$)

Tương tự , ta được $$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\frac{AM.AE.sin\widehat{MAE}}{AM.AF.sin\widehat{MAF}}=\frac{AE.sin\widehat{MAE}}{AF.sin\widehat{MAF}}$$

Suy ra $$\frac{AE.sin\widehat{MAE}}{AF.sin\widehat{MAF}}=\frac{ME}{MF}\Rightarrow \frac{sin\widehat{MAE}}{sin\widehat{MAF}}=\frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AE}(1)$$

Làm tương tự với tam giác $FBN$ và tam giác $BND$ , ta cũng được :

$$\frac{sin\widehat{NBA}}{sin\widehat{NBC}}=\frac{NF}{ND}.\frac{BD}{BF}(2),\frac{sin\widehat{PCB}}{sin\widehat{PCA}}=\frac{PD}{PE}.\frac{CE}{CD}(3)$$

Nhân cả $2$ vế của $(1),(2),(3)$ với nhau , ta được :

$$\frac{sin\widehat{NBA}}{sin\widehat{NBC}}.\frac{sin\widehat{PCB}}{sin\widehat{PCA}}.\frac{sin\widehat{MAE}}{sin\widehat{MAF}}=\frac{PD}{PE}.\frac{CE}{CD}.\frac{NF}{ND}.\frac{BD}{BF}.\frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AE}$$

Theo định lý $Cê-va$ trong tam giác $ABC$ và tam giác $FED$ thì :

$$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1,\frac{AF}{AE}.\frac{BD}{BF}.\frac{CE}{CD}=1$$

Do đó : $$\frac{sin\widehat{NBA}}{sin\widehat{NBC}}.\frac{sin\widehat{PCB}}{sin\widehat{PCA}}.\frac{sin\widehat{MAE}}{sin\widehat{MAF}}=1$$ 

Theo định lý $Cêva-Sin$ thì $AM,BN,CP$ đồng quy !!

 

 

$d = 8$

$S = 40$

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:04


#14 angleofdarkness

angleofdarkness

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 246 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:K48 chuyên toán - THPT chuyên ĐHSP Hà Nội.

Đã gửi 15-02-2014 - 00:58

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:

 

Bài làm của MSS54:

 

Đầu tiên ta c/m định lí hàm số sin:

 
h03.jpg?t=1306807989
 
Ta có $\Delta$ ABC nhọn nội tiếp (O; R) với độ dài ba cạnh AB, BC, CA lần lượt là c, a, b. 
 
Kẻ OH vuông góc với BC tại H thì ta có $\angle BAC=\angle HOC$ nên xét $\Delta$ HOC vuông ở H có $\sin \angle BAC=\sin \angle HOC=\frac{HC}{OC}=\frac{a}{2R}\Rightarrow \frac{a}{\sin \angle BAC}=2R$
 
Tương tự ta được hệ thức hàm số sin.
 
Tiếp là c/m định lí Xê-va 
 
220px-Ceva%27s_theorem_1.svg.png
 
Ta có $\Delta$ ABC nhọn, ba điểm D, E, F nằm trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác. Ta chỉ cần kẻ đường thẳng qua C song song với BE và cắt AD tại N. Qua A kẻ đường thẳng song song với BE cắt CF tại M.
Từ đó ta c/m được định lí Xê-va với ba đường đồng quy AD, BE, CF khi và chỉ khi $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EB}.\frac{FA}{FB}=1$ (1) 
 
Ngoài ra định lí Xê-va còn được phát biểu một cách tương đương trong lượng giác rằng:AD, BE, CF đồng quy   khi và chỉ khi  5ee7f955c3e1edde765dfc04ac8af518.png(2)
 
Trở lại bài toán đang xét:
 
1800239_1466299620258448_374809927_n.jpg

 

Áp dụng định lí hàm số sin với các tam giác AEM; AFM và AEF ta có
 
$\frac{EM}{\sin \angle EAM}=\frac{AM}{\sin \angle AEM};\frac{FM}{\sin \angle FAM}=\frac{AM}{\sin \angle FAM};\frac{AE}{\sin \angle AFM}=\frac{AF}{\sin \angle AEM}.$
 
$\Rightarrow \frac{\sin \angle EAM }{\sin \angle MAF}=\frac{\sin \angle AEM.AF.AM}{\sin \angle AFM.AE.AM}=\frac{\sin \angle AEM}{\sin \angle AFM}.\frac{AF}{AE}=\frac{EM}{FM}.\frac{AF}{AE}$
 
Hay $\frac{\sin \angle CAM}{\sin \angle MAB}=\frac{EM}{FM}.\frac{AF}{AE}$
 
C/m tương tự ta có $\frac{\sin \angle NBA}{\sin \angle NBC}=\frac{FN}{DN}.\frac{BD}{BF};\frac{\sin \angle PCB}{\sin \angle PCA}=\frac{DP}{EP}.\frac{CE}{CD}.$
 
Nhân theo vế của ba đẳng thức trên ta được:
 
$\frac{\sin \angle CAM}{\sin \angle MAB}.\frac{\sin \angle NBA}{\sin \angle NBC}.\frac{\sin \angle PCB}{\sin \angle PCA}=\frac{EM}{FM}.\frac{AF}{AE}.\frac{FN}{DN}.\frac{BD}{BF}.\frac{DP}{EP}.\frac{CE}{CD}$
 
$=(\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{BF}).(\frac{EM}{FM}.\frac{FN}{DN}.\frac{DP}{EP}).$ (3) 

 

 

Áp dụng định lí Xê-va (1) với ba đường AD, BE, CF đồng quy trong $\Delta$ ABC và ba đường DM, EN, FP đồng quy trong $\Delta$ DEF thì ta có $\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{BF}=\frac{EM}{FM}.\frac{FN}{DN}.\frac{DP}{EP}=1.$

 

Thay vào (3) ta được $\frac{\sin \angle CAM}{\sin \angle MAB}.\frac{\sin \angle NBA}{\sin \angle NBC}.\frac{\sin \angle PCB}{\sin \angle PCA}=1$ (4)

 

Áp dụng định lí Xê-va (2) với ba đường AM, BN, CP trong $\Delta$ ABC thì do có (4) nên ta luôn có ba đường AM, BN, CP đồng quy.

$\Rightarrow$ đpcm.

 

$d=9$

$S = 42.5$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:06


#15 angleofdarkness

angleofdarkness

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 246 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:K48 chuyên toán - THPT chuyên ĐHSP Hà Nội.

Đã gửi 15-02-2014 - 11:15

MSS54:

 

Mở rộng: Đối với bài toán này không cần điều kiện các tam giác ABC, DEF và MNP nhọn:

 

Cho tam giác ABC. D, E, F trên BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy. M, N, P trên EF, FD, DE sao cho DM, EN, FP đồng quy. Chứng minh AM, BN, CP cũng đồng quy."

 

1897660_1466615436893533_564727231_n.jpg



#16 Tran Nguyen Lan 1107

Tran Nguyen Lan 1107

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 123 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A1 THPT Phan Bội Châu TP Vinh Nghệ An

Đã gửi 15-02-2014 - 11:34

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:

Bài trước của em dùng nhầm định lí nên xin làm lại ạ

Áp dụng định li Ceva vào tam giác ABC,DEF ta có

$\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$ (*)

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$ (**)

Kéo dài AM cắt BC ở K,BN cắt AC ở I,CP cắt AB ở H

Kẻ BB',CC',FF',EE' vuông góc với AK

Ta có$\frac{BB'}{CC'}=\frac{BK}{CK}$ (Talet)

$\frac{FF'}{EE'}=\frac{MF}{ME}$ (Talet)

$\frac{BB'}{FF'}=\frac{AB}{AF}$ (Talet)

$\frac{CC'}{EE'}=\frac{AC}{AE}$ (Talet)

Từ đây suy ra $\frac{KB}{KC}=\frac{MF}{ME}.\frac{AB}{AC}.\frac{AE}{AF}$

Tương tự $\frac{IC}{IA}=\frac{ND}{NF}.\frac{BC}{BA}.\frac{BF}{BD}$

$\frac{HA}{HB}=\frac{PE}{PD}.\frac{CA}{CB}.\frac{CD}{CE}$

Hay $frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}.\frac{HA}{HB}=\frac{MF}{ME}.\frac{ND}{NF}.\frac{PE}{PD}.\frac{AE}{AF}.\frac{BF}{BD}.\frac{CD}{CE}$=1 (theo (*) và (**))

Áp dụng định lí Ceva đảo suy ra AK,BI,CH thẳng hàng hay AM,BN,CP thẳng hàng

 

Cách làm tốt

$d=10$

$S=44.5$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:07


#17 Super Fields

Super Fields

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 15-02-2014 - 12:03



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.

Bài làm của: $MSS 27$

$\bigstar$Bổ đề phụ:

Dễ dàng chứng minh hai định lí quen thuộc:

File gửi kèm  2.png   69.72K   0 Số lần tải $\frac{AE}{EC}.\frac{CD}{DB}.\frac{BF}{FA}=1$ ( Định lí Ceva)

File gửi kèm  3.png   54.29K   1 Số lần tải $\frac{DC}{DB}.\frac{EB}{EA}.\frac{FA}{FC}=1$ ( Định lí Menelaus

$\triangleright$ Ta đến với bài toán:

File gửi kèm  1.png   108.3K   1 Số lần tải

Vì $\Delta ABC, \Delta DEF$ nhọn nên thứ tự các điểm sẽ như trong hình.

Đặt tên các giao điểm như trong hình vẽ.

Giả sử $AM$ cắt $BN$ tại $H$

Ta có : $\Delta ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy nên theo định lí Ceva, ta có:

 

$\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$

 

Tương tự cho $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy nên theo định lí Ceva, ta có

 

$\frac{FM}{ME}.\frac{EP}{PD}.\frac{ND}{NF}=1$

 

Áp dụng định lí Menelaus cho:

 

$\Delta AFD$ và ba điểm $B,N,R$$\Rightarrow \frac{AB}{BF}.\frac{ND}{NF}.\frac{RA}{RD}=1$

 

$\Delta BEF$ và ba điểm $M,O,A$$\Rightarrow \frac{AF}{AB}.\frac{MF}{ME}.\frac{OB}{OE}=1$

 

$\Delta ADC$ và ba điểm $B,R,L$$\Rightarrow \frac{BD}{BC}.\frac{LC}{LA}.\frac{RD}{RA}=1$

 

$\Delta BEC$ và ba điểm $A,O,K$$\Rightarrow \frac{AC}{AE}.\frac{KB}{KC}.\frac{OE}{OB}=1$

 

$\Delta ADP$ và ba điểm $G,T,B$$\Rightarrow \frac{AD}{AG}.\frac{TG}{TE}.\frac{PE}{PD}=1$

 

$\Delta DAQ$ và ba điểm $X,V,B$$\Rightarrow \frac{DX}{DA}.\frac{QA}{QB}.\frac{VX}{VB}=1$

 

$\Delta BLC$ và ba điểm $D,S,E$$\Rightarrow \frac{EC}{EL}.\frac{SL}{SB}.\frac{DB}{DC}=1$ 

 

$\Delta AGT$ và ba điểm $Y,X,E$$\Rightarrow \frac{AG}{AX}.\frac{YX}{YE}.\frac{TE}{TG}=1$

 

$\Delta XBR$ và ba điểm $Z,D,V$$\Rightarrow \frac{DR}{DX}.\frac{ZB}{ZR}.\frac{VB}{VX}=1$

 

Nhân các đẳng thức trên vế theo vế, sau khi đã rút gọn ta được:

$\Rightarrow \frac{AF}{BF}.\frac{MF}{ME}.\frac{ND}{NF}.\frac{LC}{LA}.\frac{KB}{KC}.\frac{PE}{PD}.\frac{DB}{DC}.\frac{QA}{QB}.\frac{CE}{AE}=1$

$\Rightarrow \frac{QA}{QB}.\frac{BK}{KC}.\frac{CL}{LA}=1$

Từ đó theo hệ quả của định lí Ceva, ta có $CQ,AK,BL$ đồng quy,

$\bigstar$Hay $AM, BN,CP$ đồng quy. Đây là điều phải chứng minh.  $\blacksquare$

 

Cách làm tốt

$d=10$

$S= 44$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:08

$\dagger$God made the integers, and else is the work of man.$\dagger$


$\boxed{\textrm{My Blog}}$


#18 nguyentrungphuc26041999

nguyentrungphuc26041999

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT Phan Bội Châu
  • Sở thích:bóng đá, làm toán, chơi game,đủ trò

Đã gửi 15-02-2014 - 12:57

tuy không được tham gia trận 3 nhưng em cũng xin đóng góp cách làm của mình

$AM$ cắt cạnh $BE$ và $BC$ lần lượt tại $J$ và $K$ 

$BN$ cắt $AC$ tại $L$ ,$CP$ cắt $AB$ tại $T$

áp dụng định lý Mê- nê-la uýt liên tiếp, ta có 

xét $\bigtriangleup BEF$ có $A\in BF,M\in EF,J\in BE$

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{JB}{JE}=1\left ( 1 \right )$

xét $\bigtriangleup BEC$ có $A\in EC,J\in BE ,K\in BC$

$\Rightarrow \frac{JE}{JB}.\frac{KB}{KC}.\frac{AC}{AE}\left ( 2 \right )$

nhân vế theo vế của $\left ( 1 \right )$ và $\left ( 2 \right )$ ta có 

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}.\frac{AF}{AB}.\frac{KB}{KC}.\frac{AC}{AE}=1$

tương tự ta cũng có 

$\frac{PD}{PE}.\frac{TA}{TB}.\frac{BC}{CD}.\frac{CE}{CA}=1$

$\frac{NF}{ND}.\frac{LC}{LA}.\frac{AB}{BF}.\frac{BD}{CB}=1$

nhân 3 hệ thức trên lại với nhau ta được 

$\frac{ME}{MF}.\frac{PD}{PE}.\frac{NF}{ND}.\frac{KB}{KC}.\frac{TA}{TB}.\frac{LC}{LA}.\frac{FA}{FB}.\frac{CE}{AE}.\frac{DB}{DC}=1\left ( * \right )$

áp dụng định lý Cê-va cho $\bigtriangleup ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $\bigtriangleup DEF$ có $DM,FP,EN$ đồng quy,

$\frac{FA}{FB}.\frac{CE}{EA}.\frac{DB}{DC}=1$ và $\frac{ME}{MF}.\frac{PD}{PE}.\frac{NF}{ND}=1\left ( ** \right )$

từ $\left ( * \right )$ và $\left ( ** \right )$ suy ra $\frac{KB}{KC}.\frac{TA}{TB}.\frac{LC}{LC}=1$

theo định lý Cê-va đảo ta có $AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)

File gửi kèm  untitled.JPG   17.01K   0 Số lần tải 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrungphuc26041999: 17-02-2014 - 19:16


#19 tranducmanh2308

tranducmanh2308

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 79 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A2k43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:xem phim,chơi bóng rổ, làm toán và lên FACE

Đã gửi 15-02-2014 - 13:07

MSS34

(do em ko tải đc phần mềm vẽ hình nên em vẽ bằng paint, mong BTC thông cảm cho em)

Bài làm:

$AM,BN,CP$ cắt $BC,AC,AB$ lần lượt ở  $L,K,Q$

$BE$ cắt $AL$ ở $O$, $AD,BE,CF$ đồng quy ở $G$

Áp dụng định lý Mê-nê-la-uýt vào các tam giác sau:

$\triangle BEF$ có $M,A,O$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{OB}{OE}= 1$(1)

$\triangle BEC$ có $L,A,O$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{AC}{AB}\cdot \frac{OE}{OB}= 1$(2)

Và $D,A,G$ thẳng hàng 

$\Rightarrow \frac{DB}{DC}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{GE}= 1$(3)

$\triangle BFC$ có $D,A,G$ thẳng hàng

$\Rightarrow \frac{GF}{GC}\cdot \frac{AB}{AF}\cdot \frac{DC}{DB}= 1$(4)

Nhân (1),(2),(3),(4) vế theo vế

$\frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AB}\cdot \frac{OB}{OE}\cdot \frac{LB}{LC}\cdot \frac{AC}{AE}\cdot \frac{OE}{OB}\cdot \frac{GF}{GC}\cdot \frac{AB}{AF}\cdot \frac{DC}{DB}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{BG}{GE}= 1$

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{BG}{GE}\cdot \frac{GF}{GC}= 1$(*)

Tương tự:

$ \frac{CK}{AK}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{GC}{GF}\cdot \frac{DG}{GA}= 1$(**) và $\frac{AQ}{QB}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{AG}{GD}\cdot \frac{GE}{GB}= 1$(***)

Nhân (*),(**),(***) vế theo vế:

$\frac{LB}{LC}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{BG}{GE}\cdot \frac{GF}{GC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{CG}{GF}\cdot \frac{DG}{GA}\cdot \frac{AQ}{QB}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{AG}{GD}\cdot \frac{GE}{GB}= 1$

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{QB}\cdot \frac{ME}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{DE}=1$(5)

Áp dụng định lý Xê-va vào $\triangle EDF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy nên:

$\frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{DE}\cdot \frac{ME}{MF}= 1$ Thay vào (5)

$\Rightarrow \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{BQ}= 1$

Áp dụng định lý Xê-va đảo vào $\triangle ABC$ có $ \frac{LB}{LC}\cdot \frac{CK}{AK}\cdot \frac{AQ}{BQ}= 1$ nên $AL,BK,CQ$ đồng quy $\Rightarrow AM,BN,CP$ đồng quy (đpcm)

 

$d=10$

$S= 43.5$

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:09

:wub: >:) :wub: :ukliam2: :ukliam2: :ukliam2:ĐÚNG THÌ LIKE :botay :like :botay SAI THÌ SỬA (SAI VẪN LIKE) :ph34r: @};- :ninja: :)) :blink: :P@@@


#20 Yagami Raito

Yagami Raito

    Master Tetsuya

  • Thành viên
  • 1333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\mathbb{THPT Chuyên Phan Bội Châu}$ $\\$

Đã gửi 15-02-2014 - 13:44

Lời giải của toán thủ $\boxed{MSS_{04}}$ : Nguyễn Trung Hiếu 

 

Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: 

 

Bổ Đề $\boxed{1}$: Cho tam giác $ABC$ nhọn. Chứng minh rằng $S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.AB.AC.sin \angle BAC$

 

$\triangleright$Chứng minh : 

1898042_254850254676723_1543192715_n.jpg

Kẻ đường cao $BH$ của tam giác $ABC$ ta có : 

Ta có : $S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.AC.BH=\dfrac{1}{2}.AC.AB.sin \angle BAC$ (đpcm)

 

 

Bổ đề $\boxed{2}$ : Định lý $\boxed{Cêva}$ : 

 

    Cho tam giác ABC.Gọi $E, F, G$ là ba điểm tương ứng nằm trên $BC, CA, AB$. Ba đường thẳng $AE, BF, CG$ cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi:
$\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$

 

$\triangleright$ Chứng minh :

 untitled-19.jpg

Toán thủ MSS 004

Phần thuận:
 

Giả sử ba đường thẳng $AE,BF,CG$ cắt nhau tại một điểm $O$.

 

TỪ $A$ và $C$, kẻ các đường song song với $BF$, chúng lần lượt cắt $CG$ và $AE$ tại $K, I$ tương ứng.
 

Ta có:$\frac{CF}{FA}=\frac{CO}{OK}$ và $\frac{CI}{AK}=\frac{CO}{OK}$ (Sử dụng định lý Thales)
 

$\Rightarrow \frac{CF}{FA}=\frac{IC}{AK}$.

Các cặp $\Delta$ đồng dạng $IEC$ và $OEB$, $AKG$ và $BOG$ : $\frac{BE}{CE}=\frac{BO}{CI}$ và $\frac{AG}{BG}=\frac{AK}{BO}$
 

Do đó: $\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=\frac{AK}{OB}.\frac{BO}{IC}.\frac{IC}{AK}=1$

Phần đảo:

 

Giả sử ta có: $\frac{AG}{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$
 

Qua giao điểm của các đường thẳng $AE$ và $BF$, kẻ đường thẳng $CC_1$ với $C_{1}$ nằm trên cạnh $AB$. Khi đó, theo chứng minh phần thuận:
 

$\frac{AC_{1}}{C_{1}B}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$
 

Suy ra $\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=\frac{AG}{GB}$, hay $C_{1}\equiv G$, ta có điều phải chứng minh.

 

 

Bổ đề $\boxed{3}$ định lý Cê-va sin: 

 

Gọi $E, F, G$ là ba điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng $BC,CA,AB$ của $\Delta$ ABC. Ba đường thẳng $AE, BF, CG$ cắt nhau tại một điểm $O$ khi và chỉ khi: $\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=1$

 

$\triangleright$ Chứng minh : 

 

untitled-20.jpg

                            Toán thủ MSS 004

 

 

 

Phần thuận: Giả sử $AE, BF, CG$ đồng quy tại $O$.

 

Khi đó hai $\Delta$ $ABE$ và $ACE$ có cùng chiều cao hạ từ đỉnh $A$.

 

$\Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{S_{ABE}}{S_{ACE}}=\frac{AB.AE.sinBAE}{AC.AE.sinCAE}=\frac{AB.sinBAE}{AC.sinCAE}$
 

Tương tự $\frac{CF}{FA}=\frac{BC.sinCBF}{BA.sinABE}$
 

Và $\frac{AG}{GB}=\frac{CA.sinACG}{CB.sinBCG}$
 

Nhân từng vế ba đẳng thức trên được: 

 

$\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}.\frac{AG}{GB}=1$(Theo định lý Ceva)
 

Từ đó suy ra đpcm.

 

Phần đảo :  Chứng minh tương tự phần thuân ta có $\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}.\frac{AG}{GB}$. Tới đây đưa về chứng minh bài toán đảo của định lý Cê-va (đã chứng minh ở bổ đề 2)

 

 

 

 

 

$\triangleright$ Trở lại bài toán : 

1891020_254848918010190_762760552_n.jpg

 

 

$\triangleright$ Áp dụng bổ đề $\boxed{1}$ ta có : 

 

$\dfrac{S_{AME}}{S_{AMF}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.AM.ME.sin \angle AME}{\dfrac{1}{2}.AM.MF.sin \angle AMF}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.AM.AE.sin \angle MAC}{\dfrac{1}{2}.AM.AF.sin \angle MAB}\\\Rightarrow \dfrac{ME}{MF}=\dfrac{AE.sin \angle MAC}{AF.sin \angle MAB}$ (do $\angle AME+ \angle ADP=180 \Rightarrow \dfrac{sin \angle AME}{sin \angle ADP}=1$

 

$\Rightarrow \dfrac{sin \angle MAC}{sin \angle MAB}=\dfrac{ME}{MF}.\dfrac{AF}{AE}(1)$

 

Chứng minh một cách hoàn toàn tương tự ta cũng có :

 

$\frac{sin \angle NBA}{sin \angle NBC}=\frac{NF}{ND}.\frac{EC}{DC}(2)\\\\\frac{sin \angle PCB}{sin \angle PCA}=\frac{PD}{PE}.\frac{EC}{DC}(3)$ 

 

Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow \frac{sin \angle MAC}{sin \angle MAB}.\frac{sin \angle NBA}{sin \angle NBC}.\frac{sin \angle PCB}{sin \angle PCA}=(\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}).(\frac{AF}{AE}.\frac{BD}{BF}.\frac{CE}{CD})$

 

$\triangleright$ Tiếp tục áp dụng bổ đề $\boxed{2}$ cho tam giác $ABC$ và $DEF$ ta có :

 

$\frac{AF}{AE}.\frac{BD}{BF}.\frac{CE}{CD}=1$

 

 

$\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{PD}{PE}=1$

 

Như vậy ta đã chứng minh được: $\frac{sin \angle MAC}{sin \angle MAB}.\frac{sin \angle NBA}{sin \angle NBC}.\frac{sin \angle PCB}{sin \angle PCA}=1$

 

 

$\triangleright$ Áp dụng bổ đề $\boxed{3}$ ta có ngay điều phải chứng minh : $AM,BN,CP$ đồng quy.$\blacksquare$

 

 

 

 

 

$d=9$

$S= 40$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:11

:nav: Học gõ công thức toán học tại đây

:nav: Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây

:nav: Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây

--------------------------------------------------------------

 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh