#1
Đã gửi 12-02-2016 - 14:55
- quanghung86, baopbc và Unstopable thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#2
Đã gửi 13-02-2016 - 11:34
Giả sử $(PNC)$ cắt $AC$ tại điểm thứ hai $Y$ và $(PMB)$ cắt $AB$ tại điểm thứ hai $X$. $BP.CP$ cắt lại đường tròn tại $K,H$
Dễ thấy chỉ cần chứng minh $\widehat{PNC}=\widehat{PMB}$. Suy ra chỉ cần chứng minh $\widehat{PXA}=\widehat{PYA}$.
Do đó chỉ cần chứng minh $\triangle AXP = \triangle AYP \Leftrightarrow AX=AY$
Ta có: $\triangle MXA \backsim MPK(g.g) \Leftrightarrow AX=\dfrac{PK.MA}{MK}=PK.\dfrac{sin \widehat{MKA}}{sin \widehat{MAK}}=PK.\dfrac{sin \widehat{MBF}}{sin \widehat{MBE}}=PK.\dfrac{MF}{ME}.\dfrac{BE}{BF}$
Chứng minh tương tự thì ta cần chứng minh $PK.\dfrac{MF}{ME}.\dfrac{BE}{BF}=PH.\dfrac{NE}{NF}.\dfrac{CF}{CE}$
Lại có: $\dfrac{PK}{PH}=\dfrac{PC}{PB}, FM.FN=FA.FB,EM.EN=EA.EC$
Suy ra cần chứng minh: $\dfrac{BE}{BP}.\dfrac{CP}{CF}.\dfrac{AF}{AE}=1 (1)$
Áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $CPE$ với $B,F,A$ thẳng hàng ta được:$\dfrac{BP}{BE}.\dfrac{AE}{AC}.\dfrac{FC}{FP}=1 (2)$
Từ (1) và (2) ta cần chứng minh: $\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{PF}{PC}$ (đúng do $AP$ là phân giác của $\widehat{FAC})$
- Zaraki, quanghung86, O0NgocDuy0O và 6 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 13-02-2016 - 14:14
Bài toán này chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Điểm $D$ nằm trên đoạn thẳng $BC$ khác $B$ và $C$. Gọi $P$ là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng thẳng $AD$ khác $A$ và $D$. $BP$ cắt $AC$ tại $E$. $CP$ cắt $AB$ tại $F$ và $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ sao cho $M$ gần $E$ hơn $F$. $MN, MP$ và $NP$ cắt $BC$ lần lược tại $R,S,T$. Khi đó $AR, SN$ và $TM$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$
- perfectstrong, Zaraki, quanghung86 và 6 người khác yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#4
Đã gửi 13-02-2016 - 16:05
[HIDE]Cách làm của em mang tính đại số hơi nhiều.Ai có cách giải thuần túy hình học thì post lên nhé [/H
Có nhiều bài toán gần như không thể xử lý bằng phương pháp thuần túy. Nếu có thì có thể là sử dụng một số kiến thức ở bậc THPT chẳng hạn>
Như bài tuần 3 tháng 1 tại Mỗi tuần một bài toán./
P/s: Nếu ai có lời giải thuần túy thì mình rất vui lòng được biết :)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 13-02-2016 - 21:39
- Zaraki, quanghung86, hoctrocuaHolmes và 2 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 13-02-2016 - 16:30
Có nhiều bài toán gần như không thể xử lý bằng phương pháp thuần túy. Nếu có thì có thể là sử dụng một số kiến thức ở baacjTHPT chẳng hạn>
Như bài tuần 3 tháng 1 tại Mỗi tuần một bài toán./
P/s: Nếu ai có lời giải thuần túy thì mình rất vui lòng được biết
Mình nghĩ bài này thầy Hùng ra cho THCS nên có lẽ sẽ có cách biến đổi đại số đơn giản hơn(cách của mình phải dùng định lý $Sin$ hơi vượt THCS một chút) hoặc dùng các bổ đề phụ để giải
Bài toán này chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Điểm $D$ nằm trên đoạn thẳng $BC$ khác $B$ và $C$. Gọi $P$ là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng thẳng $AD$ khác $A$ và $D$. $BP$ cắt $AC$ tại $E$. $CP$ cắt $AB$ tại $F$ và $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ sao cho $M$ gần $E$ hơn $F$. $MN, MP$ và $NP$ cắt $BC$ lần lược tại $R,S,T$. Khi đó $AR, SN$ và $TM$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$
Nếu dùng bài toán tổng quát này của bác chắc phải kiến thức THPT rồi
- Zaraki, quanghung86 và baopbc thích
#6
Đã gửi 19-02-2016 - 19:56
Bài toán này chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Điểm $D$ nằm trên đoạn thẳng $BC$ khác $B$ và $C$. Gọi $P$ là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng thẳng $AD$ khác $A$ và $D$. $BP$ cắt $AC$ tại $E$. $CP$ cắt $AB$ tại $F$ và $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ sao cho $M$ gần $E$ hơn $F$. $MN, MP$ và $NP$ cắt $BC$ lần lược tại $R,S,T$. Khi đó $AR, SN$ và $TM$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$
chứng minh bài toán này như thế nào vậy bác, em chứng minh được 3 đường thẳng đồng qui rồi mà không chứng minh nó đồng qui trên đường tròn được
#7
Đã gửi 21-02-2016 - 17:31
Bài toán này chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Điểm $D$ nằm trên đoạn thẳng $BC$ khác $B$ và $C$. Gọi $P$ là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng thẳng $AD$ khác $A$ và $D$. $BP$ cắt $AC$ tại $E$. $CP$ cắt $AB$ tại $F$ và $EF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ sao cho $M$ gần $E$ hơn $F$. $MN, MP$ và $NP$ cắt $BC$ lần lược tại $R,S,T$. Khi đó $AR, SN$ và $TM$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$
chứng minh bài toán này như thế nào vậy bác, em chứng minh được 3 đường thẳng đồng qui rồi mà không chứng minh nó đồng qui trên đường tròn được
Bài này chứng minh bằng kiến thức THPT thì đơn giản thôi. Chỉ cần biến đổi tỉ số kép của các điểm trên đường thẳng và đường tròn và áp dụng 2 định lý của tỷ số kép về sự đồng quy và thẳng hàng là sẽ chứng minh được. Mình sẽ trình bày vắn tắt cách chứng minh của mình.
arsenal-desktop-1024x768.jpg 45.88K 3 Số lần tải
Gọi $X$ là giao điểm của $AR$ với $(O)$. $Q$ là giao của $AN$ với $BC$. $K$ là giao của tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ với $BC$
$U$ là giao điểm thứ hai của $(BE)$ với $(O)$. $W$ là giao điểm của $MB$ với $CE$
Ta sẽ chứng minh $X,N,S$ thẳng hàng còn $T,X,M$ thẳng hàng chứng minh tương tự
Tương đương: $A(XNSC)=C(XNSA) \Leftrightarrow (RQSC)=C(XNBA) \Leftrightarrow (RQSC)=A(XNBA) \Leftrightarrow (RQSC)=(RQBK)$
Do đó chỉ cần chứng minh: $KF,PQ,BM$ đồng quy là xong hay là cần chứng minh $KF,PQ,BW$ đồng quy
Tương đương: $(CWPF)=(CBQK) \Leftrightarrow B(CWPF)=A(CBQK) \Leftrightarrow (CMUA)=(CBNA) \Leftrightarrow (CMUA)=(CBNA) $
Lại có: $(CMUA)=E(CMUA)=(ANBC)=(CBNA)$(điều phải chứng minh)
Vậy $AR, SN$ và $TM$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 21-02-2016 - 17:58
- perfectstrong, quanghung86, O0NgocDuy0O và 1 người khác yêu thích
#8
Đã gửi 21-02-2016 - 19:55
Gọi K là giao của AR và (O) thì chứng minh được K(ANBC)=A(KMCB)Bài này chứng minh bằng kiến thức THPT thì đơn giản thôi. Chỉ cần biến đổi tỉ số kép của các điểm trên đường thẳng và đường tròn và áp dụng 2 định lý của tỷ số kép về sự đồng quy và thẳng hàng là sẽ chứng minh được. Mình sẽ trình bày vắn tắt cách chứng minh của mình.
arsenal-desktop-1024x768.jpg
Gọi $X$ là giao điểm của $AR$ với $(O)$. $Q$ là giao của $AN$ với $BC$. $K$ là giao của tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ với $BC$
$U$ là giao điểm thứ hai của $(BE)$ với $(O)$. $W$ là giao điểm của $MB$ với $CE$
Ta sẽ chứng minh $X,N,S$ thẳng hàng còn $T,X,M$ thẳng hàng chứng minh tương tự
Tương đương: $A(XNSC)=C(XNSA) \Leftrightarrow (RQSC)=C(XNBA) \Leftrightarrow (RQSC)=A(XNBA) \Leftrightarrow (RQSC)=(RQBK)$
Do đó chỉ cần chứng minh: $KF,PQ,BM$ đồng quy là xong hay là cần chứng minh $KF,PQ,BW$ đồng quy
Tương đương: $(CWPF)=(CBQK) \Leftrightarrow B(CWPF)=A(CBQK) \Leftrightarrow (CMUA)=(CBNA) \Leftrightarrow (CMUA)=(CBNA) $
Lại có: $(CMUA)=E(CMUA)=(ANBC)=(CBNA)$(điều phải chứng minh)
Vậy $AR, SN$ và $TM$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$
Từ đó suy ra dpcm.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#9
Đã gửi 20-05-2016 - 17:30
Em mới nhận được một lời giải rất ngắn gọn cho bài này từ anh Nguyễn Trần Hữu Thịnh:
$PM, PN$ cắt $(O)$ tại $Q,R$ thì ta chỉ cần chứng minh $QR || BC$
$BP, CP$ cắt $(PAC)$ và $(PAB)$ tại $K, L$
Dễ dàng chứng minh $BCKL$ và $KLNKM$ nội tiếp và từ đây biến đổi góc sẽ có điều phải chứng minh.
- baopbc yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#10
Đã gửi 20-05-2016 - 20:47
Em mới nhận được một lời giải rất ngắn gọn cho bài này từ anh Nguyễn Trần Hữu Thịnh:
$PM, PN$ cắt $(O)$ tại $Q,R$ thì ta chỉ cần chứng minh $QR || BC$
$BP, CP$ cắt $(PAC)$ và $(PAB)$ tại $K, L$
Dễ dàng chứng minh $BCKL$ và $KLNKM$ nội tiếp và từ đây biến đổi góc sẽ có điều phải chứng minh.
Em nghĩ lòi giải trên bắt nguồn từ trường hợp $P$ trùng $I$. Nó đã trở thành một phần trong bài làm của anh Đào Vũ Quang trong TST 2016. Từ lời giải của anh Quang thì ta mở rộng được lời giải như trên khá đẹp mắt. Lời giải trong trường hợp đó hay trường hợp mở rộng khá giống nhau. Như vậy đã giải quyết được bài này thuần túy hình học. Lời giải của anh Quang xem tại https://nguyenvanlin...etnam-tst-2016/(cách 2 của bài 3)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 20-05-2016 - 20:48
- baopbc yêu thích
#11
Đã gửi 20-05-2016 - 23:52
Em nghĩ lòi giải trên bắt nguồn từ trường hợp $P$ trùng $I$. Nó đã trở thành một phần trong bài làm của anh Đào Vũ Quang trong TST 2016. Từ lời giải của anh Quang thì ta mở rộng được lời giải như trên khá đẹp mắt. Lời giải trong trường hợp đó hay trường hợp mở rộng khá giống nhau. Như vậy đã giải quyết được bài này thuần túy hình học. Lời giải của anh Quang xem tại https://nguyenvanlin...etnam-tst-2016/(cách 2 của bài 3)
Anh Nguyễn Trần Hữu Thịnh có một mở rộng như sau, cách giải tương tự:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $AX, AY$ là hai đường đẳng giác trong góc $A$ sao cho $XY || BC$. $D$ là giao điểm của phân giác góc $A$ với $XY$. $BX$ cắt $AC$ tại $E$ và $CY$ cắt $AB$ tại $F$. $EF$ cắt $(O)$ tại $M, N$. $DM, DN$ cắt $(O)$ tại $P,Q$. Khi đó $PQ || BC$.
- baopbc yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmeo
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh