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

#21 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 - 13:47

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:

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)

File gửi kèm


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


#22 anhtukhon1

anhtukhon1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K64-TN-KHMT-BKHN
  • Sở thích:dota

Đã gửi 15-02-2014 - 21:24

Mở rộng 1: Cho tam giác ABC và điểm O nằm trong tam giác. AO, BO, CO theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Điểm O1 nằm trong tam giác. Các đường thẳng AO1, BO1, CO1 theo thứ tự cắt B1C1, C1A1, A1B1 tại A2, B2, C2. CMR A1A2,B1B2, C1C2 đồng quy

Ta  có $\frac{A2B1}{A2C1}.\frac{B2C1}{B2A1}.\frac{C2A1}{C2B1}=$$\frac{S_{O1AB1}}{S_{O1AC1}}.\frac{S_{O1BC1}}{S_{O1BA1}}.\frac{S_{O1CA1}}{S_{O1CB1}}=\frac{S_{O1CA1}}{S_{O1BA1}}.\frac{S_{O1AB1}}{S_{O1CB1}}.\frac{S_{O1BC1}}{S_{O1AC1}}=\frac{CA1}{BA1}.\frac{AB1}{CB1}.\frac{BC1}{AC1}$

Mặt khác AA1, BB1, CC1 đồng quy nên $\frac{CA1}{BA1}.\frac{AB1}{CB1}.\frac{BC1}{AC1}=1$

$\Rightarrow \frac{A2B1}{A2C1}.\frac{B2C1}{B2A1}.\frac{C2A1}{C2B1}=1$

Áp dụng định lí Ceva cho tam giác A1B1C1 ta có A1A2, B1B2,C1C2 đồng quy



#23 Master Key 99

Master Key 99

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Cố lên nào!!!
  • Sở thích:toán học là cuộc sống của tôi

Đã gửi 15-02-2014 - 23:24

Kẻ $BK\perp AM,AL\perp BN$

Ta có: $\angle BMK =90độ - \angle BKM$ (1)

Mặt khác theo tính chất góc ngoài : $\angle BMJ = 90 độ+ \angle KBM$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \angle BMK + \angle BMJ = 180$ độ

$\Rightarrow A,M,J $ thẳng hàng (*)

Ta có: $\angle ANL=90độ-\angle NAL$(3)

Mặt khác theo tính chất góc ngoài :$\angle ANJ = 90độ+\angle NAL$(4)

Từ (3) và (4)$\Rightarrow \angle ANL+\angle ANJ=180độ

\Rightarrow$ B,N,J thẳng hàng(**)

CMTT C,P,J thẳng hàng(***)

Từ (*),(**),(***)$\Rightarrow$ AM,BN,CP đồng quy tại điểm J.

 

Tối kị hỏng $\LaTeX$

$S =0$

File gửi kèm

  • File gửi kèm  KKKK.png   57.3K   0 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:12

:ukliam2: Cuộc sống không phải là một cuộc chạy đua, nó là một cuộc hành trình mà bạn có thể tận hưởng từng bước khám phá. blank.gif :ukliam2:

          

                                                     :icon12: :icon12: I LOVE MATH :icon12: :icon12:


#24 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 16-02-2014 - 09:06

-Kéo dài $AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$cắt AC tại P,$CP$ cắt AB tại Q.

-Áp dụng tính chất tỉ số diện tích ta có: $\frac{BK}{CK}=\frac{S_{ABK}}{S_{ACK}}=\frac{S_{BMK}}{S_{CMK}}=\frac{S_{ABK}-S_{BMK}}{S_{ACK}-S_{CMK}}=\frac{S_{AMB}}{S_{AMC}}=\frac{S_{AMB}}{S_{AMF}}.\frac{S_{AMF}}{S_{AME}}.\frac{S_{AME}}{S_{AMC}}=\frac{AB}{AF}.\frac{MF}{ME}.\frac{AE}{AC}$(1)

CMTT:$\frac{CP}{PA}=\frac{BC}{BD}.\frac{ND}{NE}.\frac{BE}{BA}$(2)

          $\frac{AQ}{QB}=\frac{AC}{AF}.\frac{PF}{FD}.\frac{DC}{BC}$(3)

Nhân theo vế (1),(2),(3) $= > \frac{BK}{CK}.\frac{CP}{PA}.\frac{AQ}{QB}=(\frac{ME}{MF}.\frac{FN}{ND}.\frac{DP}{PE}).(\frac{AE}{EC}.\frac{DC}{DB}.\frac{BF}{FA})$(4)

 Mặt khác do $AD,BE,CF$ và $DM,EN,PF$ đồng quy nên theo định lý Ceva  ta có:

  $\frac{ME}{MF}.\frac{NF}{ND}.\frac{DP}{PE}=1,\frac{AE}{EC}.\frac{DC}{DB}.\frac{BF}{FA}=1$(5)

Từ (4),(5)$= > \frac{BK}{CK}.\frac{CP}{PA}.\frac{AQ}{QB}=1$

Từ đó theo định lý Ceva đảo $= > AK,BP,CQ$ đồng quy hay $AM,BN,CP$ đồng quy(ĐPCM)

 

Đây là cuộc thi THCS


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:13


#25 huukhangvn

huukhangvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nhà của tui
  • Sở thích:nói chung là có

Đã gửi 16-02-2014 - 11:26

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:MMS53

Bài làm:

Ta có:các đoạn thẳng AD;BE;CF;DM;EN;FP thuộc các kiểu đoạn thẳng đặc biệt trong tam giác(đường cao;trung tuyến;phân giác)

*Xét trường hợp $\angle A\neq \angle B\neq C$:

Lại có:Do sự khác khác biệt về số đo góc dẫn đến sự khác biệt về cạnh nên đường cao; đường trung tuyến và phân giác xuất phát từ 1 đỉnh sẽ không trùng nhau.

Nhận thấy:do trong tam giác tổng các góc trong luôn bằng 1800 nên nếu các góc không bằng nhau thì sẽ có góc lớn góc bé dẫn đến các cạnh sẽ có cạnh lớn cạnh bé=>cách phân bố 3 đường cao; đường trung tuyến và phân giác xuất phát từ 1 đỉnh sẽ bị đảo lộn với theo một thứ tự khi thay đổi đỉnh

Hình vẽ:File gửi kèm  123.png   15.22K   1 Số lần tải

 (Với AD,AD',AD'' là đường cao;AE,AE',AE'' là trung tuyến;AF,AF',AF'' là phân giác)

Ta thấy rõ rằng các đường trung tuyến,phân giác và đường cao đã lần lượt đổi chỗ cho nhau khi dịch chuyển từ đỉnh A đến các đỉnh B,C

Theo đề ta có thể tạo ra ba tam giác DEF từ giao điểm của các cạnh của tam giác với các đường cao,phân giác,trung tuyến trong tam giác

Mặt khác,các cạnh AD;BE;CF luôn trùng với một trong ba loại đường trung tuyến,phân giác,đường cao của tam giác DEF(do chúng đi qua các cạnh;các điểm và đồng quy ở miền trong tam giác DEF)

vẽ cả ba trường hợp của tam giác DEF vào tam giác ABC,ta có các tam giác DEF;D'E'F';D''E"F''

Nhận thấy tất cả các đường trung tuyến,phân giác và đường cao xuất phát từ các đỉnh A,B,C đều đi qua các tam giác DEF;D'E'F';D''E''F'',và tạo ra ba điểm đông quy đều ở miền trong của các tam giác(do cách phân bố 3 đường cao; đường trung tuyến và phân giác xuất phát từ 1 đỉnh sẽ bị đảo lộn với theo một thứ tự khi thay đổi đỉnh nên các tam giác cao; đường trung tuyến và phân giác sẽ không nằm gọn trong 1 vùng của tam giác mà khuếch tán rộng ra)

Mà các cạnh của các tam giác DEF;D'E'F';D''E''F'' không thể song song(cũng bởi lý do vừa nói)

Suy ra mỗi đường cao; đường trung tuyến và phân giác xuất phát từ các đỉnh A,B,C sẽ kiêm luôn 3 nhiêm vụ là đường cao; đường trung tuyến và phân giác của các tam giác DEF;D'E'F';D''E''F''

Lại có tổng số đường cao; đường trung tuyến và phân giác có thể kẻ từ 3 tam giác DEF;D'E'F';D''E''F''

là 3x3x3=27 mà số đường trùng với các đường cao; đường trung tuyến và phân giác kẻ từ A,B,C là 9x3=27

=>đpcm

*Ta chứng minh tương tự với trường hợp tam giác cân.còn trường hợp tam giác đều thì có thêm đường trung trực nhưng đó cũng chỉ là đường cao trùng với trung tuyến nên ta cũng chứng minh tương tự

Hình vẽ 2:

 

File gửi kèm  1222.png   20.72K   1 Số lần tải

P/S:bài này hình rối quá, em vẽ hoa mắt luôn rồi.mong diễn đàn cài thêm chế độ màu vẽ để dễ nhìn.đây là ý kiến riêng của em thôi ạ.mong các anh đừng gạch đá

 

 

Khá khen cho công gõ phím + lập luận của em

$S = 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:13


#26 anhtukhon1

anhtukhon1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K64-TN-KHMT-BKHN
  • Sở thích:dota

Đã gửi 16-02-2014 - 14:28

GS AM cắt BC tại X, BN cắt BC tại Y, CP cắt AB tại Z

Ta xét: $\frac{XB}{XC}=\frac{S_{AMB}}{S_{AMC}}=\frac{S_{AMB}}{S_{AMF}}.\frac{S_{AMF}}{S_{AME}}.\frac{S_{AME}}{S_{AMC}}=\frac{AB}{AF}.\frac{MF}{ME}.\frac{EA}{AC}$

Tương tự ta có $\frac{YC}{YA}=\frac{BC}{BD}.\frac{ND}{NF}.\frac{BF}{BA}$;$\frac{ZA}{ZB}=\frac{AC}{AE}.\frac{PE}{PD}.\frac{CD}{CB}$

Mặt khác vì AD, BE, CF đồng quy và DM, EN,FP đồng quy nên 

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

Vậy $\frac{XB}{XC}.\frac{YC}{YA}.\frac{ZA}{ZB}=1$ mà X,Y,Z thuộc các đoạn BC, CA, AB suy ra AM, BN, CP đồng quy(theo định lí ceva)

 

$d = 4.5$

$S = 20$

Thiếu hình vẽ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 17-03-2014 - 10:56


#27 anhtukhon1

anhtukhon1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K64-TN-KHMT-BKHN
  • Sở thích:dota

Đã gửi 16-02-2014 - 14:39

Mở rộng 2: Định lí ceva

Cho tam giác ABC, AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$

CM Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt tia BE, CF tại M và N

Ta có $\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=\frac{AN}{AM}.\frac{BC}{AN}.\frac{AM}{BC}=1$( theo định lí ta let)

Vậy ta có điều phải cm.



#28 anhtukhon1

anhtukhon1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K64-TN-KHMT-BKHN
  • Sở thích:dota

Đã gửi 16-02-2014 - 14:49

Em gửi hình sau

File gửi kèm



#29 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 16-02-2014 - 18:13

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 $\frac{DC}{DB}= \frac{AC \sin \angle DAC}{AB \sin \angle DAB}$.
File gửi kèm  Untitled5.png   9.25K   0 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  Untitled.png   21.21K   0 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 \[\frac{NF}{ND} \cdot \frac{ME}{MF} \cdot \frac{FD}{FE}=1.\]
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 \[\frac{\sin \angle XAB}{\sin \angle XAC} \cdot \frac{\sin \angle YBC}{\sin \angle YBA} \cdot \frac{\sin \angle ZCA}{\sin \angle ZCB}=1. \]
File gửi kèm  Untitled3.png   10.02K   0 Số lần tải
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 1 ta có \[ \frac{XC}{XB}= \frac{AC\sin \angle XAC}{AB \sin \angle XAB}, \; \frac{ZB}{ZA}= \frac{CB \sin \angle ZCB}{CA \sin \angle ZCA}, \; \frac{YA}{YC}= \frac{BA \sin \angle YBA}{BC \sin \angle YBC} .\]
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.
File gửi kèm  Untitled.png   21.21K   0 Số lần tải
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.
File gửi kèm  Untitled.png   21.21K   0 Số lần tải
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

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

#30 phuocdinh1999

phuocdinh1999

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 16-02-2014 - 18:19

SBD: MSS 48

MỞ RỘNG 1: Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,J$ trên $BC$ ; $E,H$ trên $CA$; $F,K$ trên $AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy và $AJ,BH,CK$ đồng quy. $AJ$ cắt $FE$ tại $M$; $BH$ cắt $DF$ tại $N$; $CK$ cắt $DE$ tại $P$. Chứng minh $DM,EN,FP$ đồng quy.

Lời giải:

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

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

 

1041041151_1826420087_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: 1041913632_621398034_574_574.jpg

 

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

$\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$ (1)     ;      $\frac{AK}{KB}.\frac{BJ}{JC}.\frac{CH}{HA}=1$ (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:

$\frac{FM}{ME}.\frac{MP}{PD}.\frac{DN}{NF}=1 \Rightarrow DM,EN,FP$ đồng quy (định lý Xê-va đảo trong tam giác $DEF$) (đpcm)

 

 

 

$d=10$

$S = 39$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 17-03-2014 - 10:57


#31 Nguyen Duc Thuan

Nguyen Duc Thuan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 367 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Đã gửi 16-02-2014 - 20:31

Định lí Céva: Cho tam giác ABC; trên BC, CA, AB lấy các điểm A', B', C'. Khi đó, AA', BB', CC' đồng quy thì $\frac{AB'}{B'C}.\frac{CA'}{A'B}.\frac{BC'}{C'A}=1$ (điều ngược lại vẫn đúng)

 

Ta đi chứng minh bổ đề: Cho tam giác ABC; trên BC, CA, AB lấy các điểm D, E, F; AD, BE, CF cắt EF, DF, DE tại M, N, P. Nếu $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=\frac{FM}{ME}.\frac{EP}{PD}.\frac{DN}{NF}$ thì AD, BE, CF đồng quy.

File gửi kèm  Bổ de.jpg   16.23K   0 Số lần tải

Chứng minh:

Qua E, F kẻ 2 đường thẳng song song với BC cắt AD tại H, K. Theo hệ quả của định lí Thales:

$\frac{FM}{ME}=\frac{FK}{EH};\frac{FK}{BD}=\frac{AF}{AB};\frac{EH}{DC}=\frac{AE}{AC}$

$\Rightarrow \frac{FM}{ME}=\frac{AF.BD.AC}{AE.DC.AB}$

tương tự như vậy ta suy ra:

$\Rightarrow \frac{FM}{ME}.\frac{EP}{PD}.\frac{DN}{NF}=\frac{AF.BD.AC}{AE.DC.AB}.\frac{EC.AF.BC}{CD.BF.AC}.\frac{BD.EC.AB}{BF.AE.BC}=\left ( \frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA} \right )^2$

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

Theo định lí Céva, suy ra AD, BE, CF đồng quy (đpcm).

 

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

Trở lại bài toán chính:

Giả thiết: AM, BN, CP cắt BC, CA, AB tại Q, R, S; cắt SR, SQ, QR tại I, H, K.

Qua S, R kẻ 2 đường thẳng song song với EF cắt AM tại U, T.

 

File gửi kèm  Cminh.jpg   31.21K   0 Số lần tải

 

Áp dụng định lí Céva vào $\Delta ABC$ và $\Delta DEF$

$\Rightarrow \frac{FM.EP.DN}{ME.PD.NF}=\frac{AE.CD.BF}{EC.DB.FA}=1$

 

Theo hệ quả của định lí Thales:

$\frac{SI}{IR}=\frac{SU}{TR};\frac{SU}{MF}=\frac{AS}{AF};\frac{TR}{ME}=\frac{AR}{AE}\Rightarrow \frac{SI}{IR}=\frac{AS.MF.AE}{AR.ME.AF}$

 

Tương tự như vậy ta suy ra: 

$\frac{SI}{IR}.\frac{RK}{KQ}.\frac{QH}{HS}=\frac{AS.BQ.CR}{SB.QC.AR}.\frac{FM.EP.DN}{ME.PD.NF}.\frac{AE.CD.BF}{EC.DB.FA}=\frac{AS.BQ.CR}{SB.QC.AR}$

 

Từ đây áp dụng bổ đề ta vừa chứng minh, suy ra AQ, BR, CS đồng quy hay đpcm!

 

$d=10$

$S=39$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:17


#32 Simpson Joe Donald

Simpson Joe Donald

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh hoá
  • Sở thích:toán học, cờ vua, đá bóng, nghe nhạc,...nói chung là nhiều lắm

Đã gửi 16-02-2014 - 21:04

Đầu tiên ta có bổ đề (*) : ( Định lý Ceva)

Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. ĐỊnh lý phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$      

Chứng minh: 

File gửi kèm  MSS.1.bmp   115.52K   1 Số lần tải    

Giả sử $AD; \ BE ; \ CF$ đồng quy tại 1 điểm $O$ nào đó ( nằm trong hoặc ngoài tam giác).

Ta có: $\Delta BOD$ và $\Delta COD$ có chung chiều cao $\implies \frac{|\Delta BOD|}{|\Delta COD|}=\frac{BD}{DC}$

Tương tự $\frac{|\Delta BAD|}{|\Delta CAD|}=\frac{BD}{DC}$

Ta suy ra: $$\frac{BD}{DC}=\frac{|\Delta BAD|-|\Delta BOD|}{|\Delta CAD|-|\Delta COD|}=\frac{|\Delta ABO|}{|\Delta CAO|}$$

Tương tự: $\frac{CE}{EA}=\frac{|\Delta BCO|}{|\Delta ABO|}$ và $\frac{AF}{FB}=\frac{|\Delta CAO|}{|\Delta BCO|}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta được: $\frac{AF}{FB}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$       

 

Ngược lại , giả sử Ngược lại, giả sử rằng ta đã có những điểm $D, E$ và $F$ thỏa mãn đẳng thức. Gọi giao điểm của $AD$ và $BE$ là $O$, và gọi giao điểm của $CO$ và $AB$ là $F'$. Theo chứng minh trên $\frac{AF'}{F'B}.\frac{BD}{DC}.\frac{CE}{EA}=1$

Kết hợp với đẳng thức trên, ta nhận được: $\frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB}$

Thêm 1 vào mỗi vế và chú ý rằng $AF''+F''B=AF+FB=AB$, ta có $\frac{AB}{F'B}=\frac{AB}{FB}$

Do đó $F''B=FB$, vậy $F$ và $F''$ trùng nhau. Vì vậy $AD,BE$ và $CF=CF''$ đồng qui tại $O$, và định lí đã được chứng minh đúng theo cả hai chiều.

 

Trở về bài toán: 

 

File gửi kèm  MSS.3.bmp   680.89K   4 Số lần tải

 

$AM$ cắt $BC$ tại $K$, $BN$ cắt $AC$ tại $J$, $CP$ cắt $AB$ tại H.

 

Kẻ $EI//FL//BC$ ( $F,I\in AK$) thì ta có : $\frac{AF}{AB}=\frac{FL}{BK} \ ; \ \frac{AE}{AC}=\frac{EI}{CK} \ ; \ \frac{EI}{FL}=\frac{EM}{FM}$

 

Nhân 3 đẳng thức trên ta có: $\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}=\frac{BK}{FL}.\frac{EI}{CK}.\frac{FL}{EI}\implies \frac{BK}{CK}= \frac{FM}{EM} .\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC} \ \ (1)$

 

Tượng tự ta cũng có: $\frac{CJ}{AJ}=\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB} \ \ (2)$ và $\frac{AH}{BH}=\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \ \ \ (3)$

 

Nhân các vế của $(1);(2);(3)$ ta được:

 

$\frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{AB}{AF}.\frac{AE}{AC}.\frac{FM}{EM}.\frac{DN}{FN}.\frac{BC}{BD}.\frac{BF}{AB}.\frac{EP}{DP}.\frac{AC}{EC}.\frac{CD}{BC} \\ \implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}.\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE} \ \ (\star)$

 

Áp dụng bổ đề (*) cho $\Delta ABD$ có $AD, CE, CF$ đồng quy và $\Delta DEF$ có $DM,EN,FP$ đồng quy ta có:

$\frac{FM}{EM}.\frac{EP}{DP}.\frac{DN}{FN}=1$ và $\frac{DC}{BD}.\frac{BF}{AF}.\frac{AE}{CE}=1$

Thay vào $(\star)$ : $\implies \frac{BK}{CK}.\frac{CJ}{AJ}.\frac{AH}{BH}=1$

Theo bổ đề (*) thì ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

 

$d=10$

$S= 39$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:17

Câu nói bất hủ nhất của Joker  : 
Joker để dao vào mồm Gambol nói : Mày muốn biết vì sao tao có những vết sẹo trên mặt hay không ? Ông già tao là .............. 1 con sâu rượu, một con quỷ dữ. Và một đêm nọ , hắn trở nên điên loạn hơn bình thường . Mẹ tao vớ lấy con dao làm bếp để tự vệ . Hắn không thích thế ... không một chút nào . Vậy là tao chứng kiến ... cảnh hắn cầm con dao đi tới chỗ bà ấy , vừa chém xối xả vừa cười lớn . Hắn quay về phía tao và nói ... "Sao mày phải nghiêm túc?". Hắn thọc con dao vào miệng tao. "Hãy đặt nụ cười lên khuôn mặt nó nhé". Và ... "Sao mày phải nghiêm túc như vậy ?"


#33 John Carterer

John Carterer

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lương Thế Vinh (Đồng Nai)
  • Sở thích:Toán, anh

Đã gửi 16-02-2014 - 23:52

File gửi kèm  Capture1.PNG   25.72K   0 Số lần tải

Ta có:

 

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{ME}{MF}$ (do $Sin \widehat{AMF}=Sin \widehat{AME}$)

 

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{AM\cdot AE\cdot Sin \widehat{MAE}}{AF\cdot AM\cdot Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}$

 

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AE} \left ( 1 \right )$

 

Tương tự:

 

$\frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}= \frac{FN}{DN}\cdot \frac{BD}{BF}\left ( 2 \right )$

 

$\frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{PD}{PE}\cdot \frac{CD}{CE} \left ( 3 \right )$

 

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

 

$\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{ME\cdot AF\cdot FN\cdot BD\cdot PD\cdot CD}{MF\cdot AE\cdot DN\cdot BF\cdot PE\cdot CE}$

 

hay $\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \left ( \frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE} \right )\cdot \left ( \frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE} \right )$

 

Vì AD, BE, CF đồng quy, DM, EN, FP đồng quy, theo định lí Ceva ta có:

 

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

 

$\frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE}= 1$

 

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$

 

Do $ \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$, theo Ceva-sin ta có AM, BN, CP đồng quy (đpcm)

 

$d=8$

$S = 35$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 16-03-2014 - 19:18


#34 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 17-02-2014 - 09:03

Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau


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.


#35 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 17-02-2014 - 10:52

Hầu như các bài viết đều sử dụng các công thức lớp 10. (Sin bù; định lý sin,ceva-sin... mà không chứng minh lại)

 

Em tìm được bài này trong blog của anh Đình Huy ở đây.

 

P/s: Không hiểu sao hình vẽ của em không hiện lên được, mong BTC sửa lại giúp em.

Hình 1:

 1899037_1527448510813636_2073811177_n.jp

Hình 2:
1801064_1527455350812952_903986004_n.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 17-02-2014 - 12:23


#36 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 17-02-2014 - 11:24

attachicon.gifCapture1.PNG

Ta có:

 

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{ME}{MF}$ (do $Sin \widehat{AMF}=Sin \widehat{AME}$)

 

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{AM\cdot AE\cdot Sin \widehat{MAE}}{AF\cdot AM\cdot Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}$

 

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AE} \left ( 1 \right )$

 

Tương tự:

 

$\frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}= \frac{FN}{DN}\cdot \frac{BD}{BF}\left ( 2 \right )$

 

$\frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{PD}{PE}\cdot \frac{CD}{CE} \left ( 3 \right )$

 

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

 

$\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{ME\cdot AF\cdot FN\cdot BD\cdot PD\cdot CD}{MF\cdot AE\cdot DN\cdot BF\cdot PE\cdot CE}$

 

hay $\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \left ( \frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE} \right )\cdot \left ( \frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE} \right )$

 

Vì AD, BE, CF đồng quy, DM, EN, FP đồng quy, theo định lí Ceva ta có:

 

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

 

$\frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE}= 1$

 

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$

 

Do $ \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$, theo Ceva-sin ta có AM, BN, CP đồng quy (đpcm)

 

Bài làm chỗ màu đỏ sai, hai góc kề bù làm sao có $\sin$ bằng nhau được, chỗ đó chỉ cần nói hai tam giác AMF và AME cùng chiều cao hạ từ A xuống EF nên thiết lập được tỉ số diện tích hai tam giác theo tỉ số hai cạnh đáy tương ứng. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi angleofdarkness: 17-02-2014 - 11:25


#37 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 17-02-2014 - 11:58

Bài làm chỗ màu đỏ sai, hai góc kề bù làm sao có $\sin$ bằng nhau được, chỗ đó chỉ cần nói hai tam giác AMF và AME cùng chiều cao hạ từ A xuống EF nên thiết lập được tỉ số diện tích hai tam giác theo tỉ số hai cạnh đáy tương ứng. 

Đó là sin bù sẽ được học ở lớp 10.

$sin x=sin (180-x)$ mà, ở bài nhận xét trên của mình đã có, trong blog của anh Đình Huy.



#38 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 17-02-2014 - 12:16

MSS59

attachicon.gifuntitled.bmp

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

Bổ đề Ceva sin yêu cầu phải chứng minh...

Chỗ bôi đỏ phải là định lý đảo của định lý Ceva Sin  


: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

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

 


#39 lovemathforever99

lovemathforever99

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 17-02-2014 - 13:05

em xin post lại hình 1 ( định lí ceva)

1796644_251285301712919_784567200_n.jpg


                                                 ''Chúa không chơi trò xúc xắc.''

Albert Einstein


#40 lethanhson2703

lethanhson2703

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 292 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Trường THCS Sông Lô, Sông Lô, Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Math!!

Đã gửi 17-02-2014 - 14:18

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

MÌnh nghĩ Menelaus là 3 điểm thẳng hàng chứ sao lại là đồng quy là của Ceva mà??







0 người đang xem chủ đề

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