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

Tuần 2 tháng 3/2016: Vấn đề trung điểm trong tứ giác nội tiếp


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 07-03-2016 - 01:54

Mình vừa mới nghĩ ra lời giải bài toán mới của thầy Hùng http://analgeomatica.blogspot.com/ Tuần 2 tháng 3 nên đăng trước khi đi ngủ, với lại mình vừa đăng bài lần đầu nên chưa hiểu rõ cách đăng bài, xóa post,.. ra sao, mong mọi người thông cảm :wub: . Xin trích dẫn bài toán mới của thầy Hùng thay bạn Zaraki 

 Bài 28: Cho tam giác $ABC$ với các điểm $E, F$ thuộc $CA, AB$ sao cho $B, C, E, F$ cùng thuộc đường tròn. Gọi $M, N$ là trung điểm của $BE, CF$. $MN$ cắt $Ca, AB$ tại $K, L$. $P$ là trung điểm $KL$. $BE$ giao $CF$ tại $H$. Chứng minh $\angle HAB = \angle PAC$.

              Lời giải của mình:

  • Gọi $S = LK \cap EF$, sử dụng Menelaus ta có $\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LF}} = - \dfrac{\overline{LB}}{\overline{LF}}.\dfrac{\overline{ME}}{\overline{MB}} = - \dfrac{\overline{SE}}{\overline{SF}} = - \dfrac{\overline{NC}}{\overline{NF}}.\dfrac{\overline{KE}}{\overline{KC}} = \dfrac{\overline{KE}}{\overline{KC}}$ ($M, N$ là trung điểm $EB, FC$). Do đó nếu ${X; H} = (BHF) \cap (CHE)$ thì $X$ là tâm vị tự quay biến $B \mapsto E, F \mapsto C$, suy ra $L \mapsto K$. Do đó, $X$ cũng là tâm vị tự quay biến $BE \mapsto LK, M \mapsto P$, do đó $\triangle XBL \sim \triangle XMP \sim \triangle XEK$, tương tự $\triangle XLF \sim \triangle XPN \sim \triangle XKC$, từ đó ta có $\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LF}} = \dfrac{\overline{PM}}{\overline{PN}} = \dfrac{\overline{KE}}{\overline{KC}} (1)$
  •  
  • Gọi $Y = BP \cap FC, Z = CP \cap EB$, lại sử dụng Menelaus lần nữa ta có $\dfrac{\overline{YN}}{\overline{YF}} = \dfrac{\overline{BL}}{\overline{BF}}.\dfrac{\overline{PN}}{\overline{PL}} = \dfrac{\overline{EK}}{\overline{EC}}.\dfrac{\overline{PN}}{-\overline{PK}} = \dfrac{\overline{PM}}{-\overline{PK}}.\dfrac{\overline{CK}}{\overline{EC}}$ (do (1)) $= \dfrac{\overline{PM}}{\overline{PK}}.\dfrac{\overline{CK}}{\overline{CE}} = \dfrac{\overline{ZM}}{\overline{ZE}}$, do $M, N$ lần lượt là trung điểm $EB, FC$ nên $\dfrac{\overline{YF}}{\overline{YC}} = \dfrac{\overline{ZE}}{\overline{ZB}}$.
  •  
  • Từ $B$ kẻ đường thẳng song song $FC$ cắt $AC$ tại $U$, từ $C$ kẻ đường thẳng song song $EB$ cắt $AB$ tại $V$, $T = BU \cap CV$, ta có $ B(ACPT)$ $=$ $B(FCYT)$ = $\dfrac{\overline{YF}}{\overline{YC}}$ = $\dfrac{\overline{ZE}}{\overline{ZB}}$ =$ C(EBZT)$ $=$ $C(ABPT)$, do đó $\overline{A, P, T}$ do dễ thấy $A, B, C, P, T$ không cùng thuộc đường tròn. Công việc còn lại của chúng ta chỉ là chứng minh $AH, AT$ đẳng giác trong góc $\widehat{BAC}$
  • Bổ đề: Cho $\triangle ABC$, một đường tròn $(O)$ đi qua $B, C$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $Y, X$. Gọi $P = BX \cap CY$. Kẻ hình bình hành $BPCQ$. Khi đó $AP, AQ$ đẳng giác trong góc $\widehat{BAC}$. Bổ đề này quen thuộc, xin phép không chứng minh ở đây ạ :)

Hình gửi kèm

  • Screen Shot 2016-03-07 at 5.24.35 AM.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 07-03-2016 - 02:31


#2 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K44 Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:hình học, giải tích

Đã gửi 07-03-2016 - 03:13

một cách cm khác mọng mọi người ủng hộ ( mình tưởng phải đợi anh zaraki post bài)

Hình gửi kèm

  • WP_20160307_002.jpg
  • WP_20160307_001.jpg


#3 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K44 Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:hình học, giải tích

Đã gửi 07-03-2016 - 11:57

mình xin đề xuất bài tổng quát ( cách của mình đúng trong th này 😃)

Hình gửi kèm

  • WP_20160307_003.jpg


#4 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 07-03-2016 - 12:53

Hoàng có thể gõ lời giải của mình hoặc chụp thẳng được không, nhìn vậy nó khó đọc quá! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-03-2016 - 13:06


#5 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 07-03-2016 - 12:54

mình xin đề xuất bài tổng quát ( cách của mình đúng trong th này 😃)

Không đúng đâu cậu ạ! Nó lại quy về bài toán của thầy thôi!

Nhận xét: Nếu lấy $AE,AF$ như vậy thì tồn tại duy nhất hai điểm $P,Q$ sao cho $E$ là trung điểm $PB$; $F$ là trung điểm $QC$.

Và hiển nhiên thì $P,Q,B,C$ đồng viên!

Cách phát biểu này là cách phát biểu ngược của bài toán thôi!



#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 07-03-2016 - 16:43

Mở rộng trên của Hoàng cũng có thể coi là hệ quả của bài toán này.



#7 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 07-03-2016 - 19:45

Lời giải của mình:

Gọi $H$ là giao của $EF$ với $BC$. $(AEH)$ cắt $BC,AB$ tại $S,T$. $TS$ cắt đường thẳng qua $C$ song song với $AD$ tại $G$.

Do $GC//AD$ nên $\angle ECG=\angle EAT=\angle ESG \Rightarrow ESGC$ là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \angle CEG=\angle CSG=\angle HAB (1)$

Ta sẽ chứng minh: $GF//CB$. Thật vậy, điều này tương đương với chứng minh: $\frac {BF}{FT}=\frac {SG}{GT}=\frac {CS}{CB}$

$\Leftrightarrow BF.BC=FT.CS \Leftrightarrow \frac {CE.CA}{CH}.\frac {HF.FE}{AF}=BF.BC$

Để ý rằng: $\frac {EF}{AF}=\frac {BC}{CA}, CE.HA=CH.BF$ nên đẳng thức cuối hiển nhiên đúng.

$\Rightarrow GF//BC$. Gọi $X$ là trung điểm $BC$. Theo tính chất của đường trung bình thì: $\triangle MXN \sim \triangle ECG \Rightarrow EG//MN$.

Kẻ $Ax//MN$ thì $A(xP,EF)= - 1$, $Ax//EG$ nên $\angle EAx=\angle CEG=\angle HAB$ (theo $(1)$).

Do phép đối xứng trục bảo toàn tỉ số kép và $A(EFJH)= -1 $ nên $AJ, AP$ đẳng giác với $\angle A$. ($J$ là giao của $BE,CF$)

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

Hình gửi kèm

  • Post 4.jpg
  • Post 5.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-03-2016 - 19:48


#8 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K44 Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:hình học, giải tích

Đã gửi 07-03-2016 - 20:23

Em xin gõ lại lời giải, mãi mới mượn được máy:

Goi $S$ là giao của $BN$ với $CM$. Ta có: $\triangle ABE \sim \triangle ACF (g.g)$ mà $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BE,CF$

$\Rightarrow \triangle AMB \sim \triangle ANC \Rightarrow \angle BAM=\angle CAN$

$\Rightarrow AM,AN$ đẳng giác trong $\angle A$, $BN$ cắt $CM$ tại $T$ thì $AS,AT$ đẳng giác trong $A$.

Vậy ta chỉ cần chứng minh: $A,P,S$ thẳng hàng.

Nhận xét rằng tính chất này cũng đúng với trường hợp tổng quát nên phát biểu lại bài toán khác như sau:

Cho $\triangle ABC, P,Q$ bất kì trên $AC,AB$. $BP$ giao $CQ$ tại $X$. $E,F$ lần lượt là trung điểm của $BP,CQ$. $BF$ cắt $CE$ tại $R$. $EF$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$. $H$ là trung điểm $MN$. Chứng minh: $A,H,R$ thẳng hàng.

$K$ là giao của $MN$ với $BC$, $X$ là giao của $EC$ với $AB$. Tương tự có $Y$.

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\triangle KMB$ cát tuyến $A,H,S$ ($S$ là giao của $AH$ với $BC$)

$\Rightarrow \frac {BS}{SK}.\frac {HK}{HM}.\frac {AM}{AB}=1(1)$.

Tương tự ta cũng có:$\frac {SC}{SK}.\frac {HK}{HN}.\frac {AN}{AC}=1(2)$

$\Rightarrow \frac {SB}{SC}=\frac {AB}{AM}.\frac {AN}{AC}$

Gọi $S'$ là giao của $AR$ với $BC$. Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABP$ cát tuyến $X,E,C$

$\Rightarrow \frac{BE}{EP}.\frac {CP}{CA}.\frac {XA}{XB}=1$. Tương tự thì $\frac {CP}{CA}=\frac {XB}{XA}$. Chứng minh tương tự thifL $\frac {YC}{YA}=\frac {BQ}{BA}$

$\Rightarrow \frac {YC}{YA}.\frac {XA}{XB}=\frac {CA}{CP}.\frac {BQ}{BA}=\frac {S'B}{S'C}$

Ta cân chứng minh: $\frac {AM}{AN}=\frac {BQ}{CP}$. Gọi $Z$ là giao của $TD$ với $QP$. Đẳng thức hiển nhiên đúng do $\triangle ZEF,\triangle AMN$ có các cạnh song song!

Vậy ta có điều phải chứng minh!

P.s: Mọi người đăng hộ em cái hình được không? Thằng bạn nó không cho mượn máy nữa rồi! :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 07-03-2016 - 20:31


#9 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-03-2016 - 09:10

Gọi $O$ là tâm đường tròn $(EFBC)$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HO$ cắt $AC, AB$ tại $S,T$

Áp dụng định lý con bướm ta suy ra $H$ là trung điểm $ST$

$EF$ cắt $BC$ tại $X$. $J$ là trung điểm $AX$. $BH, CH$ cắt $AX$ tại $Q,R$

Khi đó $J,M,N$ thẳng hàng do cùng nằm trên đường thẳng Gauss.

$(BE,HQ)=-1\Rightarrow HM.HQ = HE.HB$ và $(CF,HR)=-1\Rightarrow HN.HR=HF.HB$

Do đó $M,N,Q,R$ đồng viên nên $JQ.JR = JM.JN$ mà $(XA,RQ)=-1$ nên $JQ.JR=JA^2$

Do đó $JA$ tiếp xúc với $(AMN)$ nên $JA$ tiếp xúc với $(AKL)$ do $\widehat{MAL}=\widehat{NAK}$

Như vậy $\widehat{AKL}=\widehat{XAB}$ mà theo định lý Brocard thì $\widehat{XAB}=\widehat{ATS}$ nên $\Delta ATS \sim \Delta AKL$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 20-03-2016 - 09:17

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#10 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-03-2016 - 09:40

Gọi $O$ là tâm đường tròn $(EFBC)$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $HO$ cắt $AC, AB$ tại $S,T$

Áp dụng định lý con bướm ta suy ra $H$ là trung điểm $ST$

$EF$ cắt $BC$ tại $X$. $J$ là trung điểm $AX$. $BH, CH$ cắt $AX$ tại $Q,R$

Khi đó $J,M,N$ thẳng hàng do cùng nằm trên đường thẳng Gauss.

$(BE,HQ)=-1\Rightarrow HM.HQ = HE.HB$ và $(CF,HR)=-1\Rightarrow HN.HR=HF.HB$

Do đó $M,N,Q,R$ đồng viên nên $JQ.JR = JM.JN$ mà $(XA,RQ)=-1$ nên $JQ.JR=JA^2$

Do đó $JA$ tiếp xúc với $(AMN)$ nên $JA$ tiếp xúc với $(AKL)$ do $\widehat{MAL}=\widehat{NAK}$

Như vậy $\widehat{AKL}=\widehat{XAB}$ mà theo định lý Brocard tì $\widehat{XAB}=\widehat{ATS}$ nên $\Delta ATS \sim \Delta AKL$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

 

Để chứng minh tiếp xúc thì ta có thể làm như sau:

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, $E$ là giao điểm của $AB$ và $CD$, $F$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $M,N$ là trung điểm $AD, BC$. Khi đó $EF$ tiếp xúc với $(FMN)$

Chứng minh.

Dựng hình bình hành $ABKC$. $DK$ cắt $AC$ tại $H$ và $P$ trên $AC$ sao cho $DP || AB$

Ta có $\Delta EDB \sim \Delta DPC$ và $\dfrac{PH}{HC}=\dfrac{PD}{CK}=\dfrac{PD}{AB}=\dfrac{FD}{FB}$

Do đó $\widehat{EFD}=\widehat{DHA}$ và từ đây chú ý $MN || DH$ nên dễ dàng biến đổi góc suy ra điều phải chứng minh.

Cách này có vẻ hay và sơ cấp hơn cách dùng hàng điểm, ý tưởng từ em Bảo.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 08-03-2016 - 09:49

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#11 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-03-2016 - 09:59

Từ ý tưởng như trên thì lại ra một lời giải khác.

Từ $H$ kẻ đường thẳng vuông góc với $HO$ cắt $AC, AB$ tại $S,T$ thì $ST$ là tiếp tuyến của $(MONH)$ và $H$ là trung điểm $ST$

Ta có $\widehat{THB}=\widehat{HNM}=\widehat{KNC}\Rightarrow \widehat{ATS}=\widehat{AKL}$ nên $\Delta ATS\sim \Delta AKL$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

P.s. Lúc đầu nghĩ cao siêu quá nên ra lời giải dài thế, ai ngờ ...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 08-03-2016 - 10:01

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#12 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-03-2016 - 11:52

Tổng quát. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn đi qua $B,C$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $E, F$. Gọi $M, N$ thuộc các đoạn $BE, CF$ sao cho $k=\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{FN}{NC}$. $MN$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $K,L$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đoạn $KL$ sao cho $\dfrac{PK}{PL}=k$. G là giao điểm của $BE, CF$. Chứng minh rằng $\widehat{BAH}=\widehat{CAP}$

Cách giải tương tự như lời giải bài trên.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#13 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-03-2016 - 12:17

Tổng quát. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn đi qua $B,C$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $E, F$. Gọi $M, N$ thuộc các đoạn $BE, CF$ sao cho $k=\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{FN}{NC}$. $MN$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $K,L$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đoạn $KL$ sao cho $\dfrac{PK}{PL}=k$. G là giao điểm của $BE, CF$. Chứng minh rằng $\widehat{BAH}=\widehat{CAP}$

Cách giải tương tự như lời giải bài trên.

 

Một điều khác em phát hiện được nữa là $(HMN)$ tiếp xúc với $(AKL)$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#14 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-03-2016 - 18:31

Tổng quát. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn đi qua $B,C$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $E, F$. Gọi $M, N$ thuộc các đoạn $BE, CF$ sao cho $k=\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{FN}{NC}$. $MN$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $K,L$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đoạn $KL$ sao cho $\dfrac{PK}{PL}=k$. G là giao điểm của $BE, CF$. Chứng minh rằng $\widehat{BAH}=\widehat{CAP}$

Cách giải tương tự như lời giải bài trên.

 

Một điều khác em phát hiện được nữa là $(HMN)$ tiếp xúc với $(AKL)$

 

Lời giải.

Gọi $G$ là điểm Miquel của tứ giác $CAFBHE$. Áp dụng định lý Menelaus cho tứ giác $EFBC$ ta suy ra $\dfrac{BL}{LF}=\dfrac{EK}{KC}$

Mà do $\Delta GBF\sim \Delta GEC$ nên $\widehat{GLB}=\widehat{GKE}$ hay $G\in (AKL)$. Tương tự ta cũng có $G\in (HMN)$.

Do $\Delta GKL \sim \Delta GEB$ nên tứ giác $LMGB$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $GNKC$ nội tiếp. Từ đây có $\widehat{KGM} =\widehat{LGN}$

Do đó $(HMN)$ tiếp xúc với $(AKL)$ tại $G$ xác định như đã nói.

Ta có:

$\Delta GFN \sim \Delta GAK$ nên $\dfrac{GK}{GN}=\dfrac{AK}{FN}$, $\Delta GEM \sim \Delta GAL$ nên $\dfrac{GL}{GM}=\dfrac{AL}{EM}$

Suy ra $\dfrac{AK}{AL}.\dfrac{GL}{GK}=\dfrac{GM}{GN}.\dfrac{FN}{EM}=\dfrac{BM}{ME}=k$

Gọi $G'$ thuộc $(AKL)$ sao cho $GG'||KL$, và $P'$ là giao của $AG'$ với $KL$ thì $\dfrac{P'K}{P'L}=\dfrac{AK}{AL}.\dfrac{G'K}{G'L}=k$

Do đó $P \equiv P'$ và do $A,G,H$ thẳng hàng nên ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 08-03-2016 - 18:43

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#15 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 08-03-2016 - 23:15

Lời giải của các em đều hay và có nhiều chỗ để khai thác, đều khác đáp án, hãy đón đọc đáp án tuần tới :)!



#16 Ninhduccuong

Ninhduccuong

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Học toán hình,tổ hợp,chơi game,...

Đã gửi 09-03-2016 - 21:30

Lời giải của em nó hơi trâu

 

$(BFH)$ cắt $(CEH)$ tại điểm thứ 2 là $D$

$A$ là tâm đẳng phương của $(BFD),(CEH),(O) => A,H,D$ thẳng hàng

ta có $\Delta BFD \sim \Delta ECD$

=> $\frac{DX}{DY}=\frac{BF}{CE}$ ( X,Y là chân đường cao từ D đến AL,AK)  (1)

 

ta c/m $\frac{AL}{AK}=\frac{BF}{CE}$

áp dụng menelaus cho $\Delta FHB$ với L,M,N thẳng hàng

ta có $\frac{LF}{LB}.\frac{MB}{MH}.\frac{NH}{NF}=1$

=> $LF=\frac{MH.NF.BF}{MH.NF+MB.NH}$

Tương tự ta có $KC=\frac{MH.NC.EC}{NH.ME+MH.NC}$

Vì M,N là trung điểm BE,CF nên $\frac{LF}{KC}=\frac{BF}{CE}$             (2)

 

áp dụng menelaus cho tam giác ACF với L,N,K thẳng hàng

=>$\frac{LF}{LA}.\frac{NC}{NF}.\frac{KA}{KC}=1$

=>$\frac {LF}{KC}=\frac {LA}{KA}$   (3)

 

(1)(2)(3) => $\frac {DX}{DY}=\frac {LA}{KA}$

=> AD là đối trung của tam giác ALK

=> $\angle HAB=\angle PAC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 19-03-2016 - 00:14
Latex


#17 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 13-03-2016 - 15:54

Đây là nhận xét thú vị của Khoa thầy đã chỉnh lại cho đẹp.

Hình gửi kèm

  • derakynay847.png


#18 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 13-03-2016 - 19:12

Tổng quát. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn đi qua $B,C$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $E, F$. Gọi $M, N$ thuộc các đoạn $BE, CF$ sao cho $k=\dfrac{BM}{ME}=\dfrac{FN}{NC}$. $MN$ cắt $AC, AB$ lần lược tại $K,L$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đoạn $KL$ sao cho $\dfrac{PK}{PL}=k$. G là giao điểm của $BE, CF$. Chứng minh rằng $\widehat{BAH}=\widehat{CAP}$

Cách giải tương tự như lời giải bài trên.

 

Mở rộng này của bạn Khoa rất có ý nghĩa vì khi thay thế yếu tố trung điểm, rất nhiều tính chất dùng được trong các lời giải trên mất đi, đặc biệt là tính chất về điều hòa. Tuy vậy dựa vào sự kiện đường tròn tiếp xúc, thầy giải được bài này tuy nhiên lời giải này cũng sẽ khác lời giải dùng định lý con bướm ở trên. Nếu bài này giải được độc lập với  sự kiện đường tròn tiếp xúc thì đó là điều thú vị.



#19 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 13-03-2016 - 23:32

Lời giải đầy đủ bài mở rộng.

 

 

Hình gửi kèm

  • derakynay847.png





1 người đang xem chủ đề

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