Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

TURKEY Team Selection Test 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-05-2016 - 11:36

TURKEY Team Selection Test 2016

Ngày 1 (02/04/2016)
Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn, $P$ thuộc đường cao hạ từ $A$. Các đường thẳng $BP, CP$ lần lượt cắt các cạnh $CA, AB$ tương ứng tại $D, E$. Tiếp tuyến kẻ từ $D$ và $E$ tới $(BPC)$ tiếp xúc tại $K, L$ tương ứng ($K, L$ nằm trong tam giác). Đường thẳng $KD$ giao với $(AKC)$ tại $M$ ($M \neq K$) và đường $LE$ giao với $(ALB)$ tại $N$ ($N \neq L$). Chứng minh rằng $\frac{DK}{DM} = \frac{EL}{EN}$ khi và chỉ khi $P$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

Bài 2. Trong một lớp học có $23$ học sinh, mỗi cặp học sinh đã coi một bộ phim cùng nhau. Với mỗi học sinh, các bộ phim học sinh đó coi gọi là tuyển tập các bộ phim của học sinh đó.  Biết rằng mỗi học sinh đã coi mỗi bộ phim tối đa một lần, hỏi có ít nhất bao nhiêu tuyển tập các bộ phim khác nhau của những học sinh này?

Bài 3. Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} \le 3$. Chứng minh rằng $$(a + b + c)(a + b + c - abc) \ge 2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)$$

Ngày 2 (03/04/2016)
Bài 4. Một dãy các số thực $a_{0}, a_{1}, \cdots$ thỏa mãn điều kiện $$\sum_{n = 0}^{m}a_{n}.(-1)^{n}.\binom{m}{n} = 0$$ với mọi số nguyên dương $m$ đủ lớn. Chứng minh rằng tồn tại một đa thức $P$ thỏa mãn $a_{n} = P_{n}$ với mọi $n \ge 0$.

Bài 5. Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ sao cho với mọi $m, n \in \mathbb{N}$ thì $f(mn) = f(m).f(n)$ và $m + n \mid f(m) + f(n)$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $D$ là trung điểm của $BC$. Một đường thẳng qua $D$ cắt $AB$ tại $K$, $AC$ tại $L$. Điểm $E$ trên cạnh $BC$ ($E \neq D$), $P$ trên $AE$ sao cho $\angle KPL = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle KAL$; $E$ nằm giữa $A$ và $P$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PDE$ cắt $PK$ tại $X$ ($X \neq P$) và cắt $PL$ tại $Y$ ($Y \neq L$). Đường $DX$ cắt $AB$ tại $M$, đường $DY$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng bốn điểm $P, M, A, N$ cùng thuộc một đường tròn.

Ngày 3 (04/04/2016)
Bài 7. Cho $A_{1}, A_{2}, \cdots , A_{k}$ là các tập con khác nhau của tập $\{1, 2, \cdots , 2016\}$. Nếu $A_{i} \cap A_{j}$ tạo thành một cấp số cộng với mỗi $1\le i \le j \le 2016$. Tìm giá trị lớn nhất có thể của $k$.

Bài 8. Các góc của một đa giác lồi $A_{1}A_{2}\cdots A_{n}$ ($n \ge 5$) là góc tù. Với mọi $1 \le i \le n$, $O_{i}$ là tâm ngoại tiếp của $A_{i - 1}A_{i}A_{i + 1}$ (quy ước $A_{0} = A_{n}$ và $A_{1} = A_{n + 1}$). Chứng minh rằng $O_{1}O_{2}\cdots O_{n}$ không phải là một $n$ - giác lồi.

Bài 9. $p$ là một số nguyên tố. Đặt $\mathbb{K}_{p}$ là tập hợp tất cả các đa thức hệ số nguyên thuộc tập $\{0, 1, \cdots , p - 1\}$ và bậc nhỏ hơn $p$. Giả sử với mọi cặp đa thức $P, Q \in \mathbb{K}_{p}$ sao cho $P(Q(n)) \equiv n\pmod{p}$ với mọi số nguyên $n$, thì bậc của $P$ và $Q$ là bằng nhau. Xác định mọi số nguyên tố $p$ thỏa mãn điều kiện trên.

Nguồn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 01-05-2016 - 13:51


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 01-05-2016 - 12:05

 

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn, $P$ thuộc đường cao hạ từ $A$. Các đường thẳng $BP, CP$ lần lượt cắt các cạnh $CA, AB$ tương ứng tại $D, E$. Tiếp tuyến kẻ từ $D$ và $E$ tới $(BPC)$ tiếp xúc tại $K, L$ tương ứng ($K, L$ nằm trong tam giác). Đường thẳng $KD$ giao với $(AKC)$ tại $M$ ($M \neq K$) và đường $LE$ giao với $(ALB)$ tại $N$ ($N \neq L$). Chứng minh rằng $\frac{DK}{DM} = \frac{EL}{EN}$ khi và chỉ khi $P$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

Lời giải. $AC,AB$ lần lượt cắt $\odot (BPC)$ tại $P,Q$.

Post 93.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\angle BQL=\angle BCL=\angle BLE=\angle BAN\Rightarrow AN\parallel QL\Rightarrow \frac {AE}{EQ}=\frac {NE}{NL}$

Tương tự ta suy ra $\frac {DM}{DK}=\frac {DA}{DP}$

$\Rightarrow \frac {DK}{DM}=\frac {EL}{EN}$ khi và chỉ khi $DE\parallel PQ$.

Mặt khác do $B,C,Q,L$ đồng viên nên $\angle PQB=\angle BCA$

$\Rightarrow DE\parallel PQ$ khi và chỉ khi $BCDE$ là tứ giác nội tiếp hay $P$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Nhận xét: Nên phát biểu là $DK=DM$ và $EL=EN$ thì bài sẽ đẹp hơn! :)



#3 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-05-2016 - 19:41

Mà $c^2\leq 1\Rightarrow b^2\geq 1$

Tại sao bạn có điều này, $b \le 1$ vẫn có lí chứ, khi đó $bc \le 1$ và $b^{2} + c^{2} \le 2$ vẫn đúng mà :)
Và bất đẳng thức $a + b + c - abc - 2 \ge 0$ không đúng đâu ạ. Ví dụ $a = b = c = \frac{1}{3}$ thì sai rõ ràng luôn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 01-05-2016 - 19:46


#4 vda2000

vda2000

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{Bac Giang gifted High School}}$
  • Sở thích:$\boxed{\boxed{\rightarrow\bigstar\epsilon\delta\mu\bigstar\leftarrow}}$

Đã gửi 01-05-2016 - 21:21

Lời giải. $AC,AB$ lần lượt cắt $\odot (BPC)$ tại $P,Q$.

attachicon.gifPost 93.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\angle BQL=\angle BCL=\angle BLE=\angle BAN\Rightarrow AN\parallel QL\Rightarrow \frac {AE}{EQ}=\frac {NE}{NL}$

Tương tự ta suy ra $\frac {DM}{DK}=\frac {DA}{DP}$

$\Rightarrow \frac {DK}{DM}=\frac {EL}{EN}$ khi và chỉ khi $DE\parallel PQ$.

Mặt khác do $B,C,Q,L$ đồng viên nên $\angle PQB=\angle BCA$

$\Rightarrow DE\parallel PQ$ khi và chỉ khi $BCDE$ là tứ giác nội tiếp hay $P$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Nhận xét: Nên phát biểu là $DK=DM$ và $EL=EN$ thì bài sẽ đẹp hơn! :)

Có tí thắc mắc, đoạn này là bổ đề nào vậy nhỉ?


$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$

If you see this, you will visit my facebook.....!


#5 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 02-05-2016 - 07:01

Có tí thắc mắc, đoạn này là bổ đề nào vậy nhỉ?

Bổ đề này khá cơ bản trong tam giác. 

Phần thuận hiển nhiên đúng.

Phần đảo: $X$ là giao của $DE$ với $BC$. Khi đó theo định lí $Brokard$ thì $OX\perp AH$. Mặt khá $AH\perp BC$ nên $K$ phải thuộc $BC\Rightarrow H$ là trực tâm.



#6 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 02-05-2016 - 08:14

Bài 3 ngày 1​

Ta có:

$3(a+b+c)\geq (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=(a^3+b^2a)+(b^3+c^2b)+(c^3+a^2c)+(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3(a^2b+b^2a+c^2a)$

Ta đi chứng minh: $(a+b+c)(a+b+c-abc)\geq 2(a+b+c)\Leftrightarrow a+b+c-abc-2\geq 0$

Giả sử $a\geq b\geq c$. Từ điều kiện $a^2+b^2+c^2\leq 3\Rightarrow a+b+c\leq 3\Rightarrow c\leq 1, a\geq 1$

$\Rightarrow b^2+c^2\leq 2\Rightarrow bc\leq 1$

Mà $c^2\leq 1\Rightarrow b^2\geq 1$

Đặt: $f(a;b;c)=a+b+c-abc-2$

Xét: $f(a;b;c)-f(1;b;c)=(a-1)(1-bc)\geq 0$

Mà: $f(1;b;c)=(b-1)(1-c)\geq 0$

Từ đó ta có: $a+b+c-abc-2\geq 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Ta có: $3\geq a^2+b^2+c^2$ nên $3\geq a+b+c$ và $abc\leq 1$.

Ta nhớ đến BĐT quen thuộc sau: $a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$, ta chỉ cần chứng minh:

$p^2-pr+2r\geq \frac{8}{27}p^3$

$\Leftrightarrow 27p^2-27pr+54r\geq 8p^3$  

Mặt khác vì $3\geq p$ nên $8p^3\leq 24p^2$ dẫn đến $27p^2-8p^3\geq 3p^2$

Ta chứng minh BĐT: $3p^2+54r\geq 27pr$ hay $p^2+18r\geq 9pr$

$\Leftrightarrow p^2\geq 9pr-18r$.  $(1)$

Lại có: $9pr\leq 27r$ nên $9pr-18r\leq 9r$.  $(2)$

Và $p^2\geq 9\sqrt[3]{(abc)^2}\geq 9abc$ (vì $abc\leq 1$)   $(3)$

Từ $(1),(2)$ và $(3)$ ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 02-05-2016 - 08:19

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#7 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 03-05-2016 - 22:59

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $D$ là trung điểm của $BC$. Một đường thẳng qua $D$ cắt $AB$ tại $K$, $AC$ tại $L$. Điểm $E$ trên cạnh $BC$ ($E \neq D$), $P$ trên $AE$ sao cho $\angle KPL = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle KAL$; $E$ nằm giữa $A$ và $P$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PDE$ cắt $PK$ tại $X$ ($X \neq P$) và cắt $PL$ tại $Y$ ($Y \neq L$). Đường $DX$ cắt $AB$ tại $M$, đường $DY$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng bốn điểm $P, M, A, N$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài số $6$ đúng với vị trí trong đề của nó! :)

Lời giải. Gọi $T$ là giao của đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ với $AC$. Do $\angle KPL=90^\circ-\frac{1}{2}\angle KAL$ nên $K,T,P,L$ đồng viên.

Quy ước $\odot (KTPL)=\omega .TD$ cắt $AB$ tại $H$. Dễ thấy $KTLH$ là hình thang cân nên $H$ thuộc $\omega $.

Post 100.png

Hình vẽ $1$

Ta có: $\angle MHP=180^\circ=\angle KLP$. Mặt khác theo kết quả cũ thì $\odot (DEP)$ tiếp xúc $\omega $ nên $XY\parallel KL\Rightarrow \angle XDP=\angle XYP=180^\circ-\angle MHP$ nên $D,M,H,P$ đồng viên $\Rightarrow \angle DPM=\angle DHM=\angle KPT\Rightarrow \angle XPM=\angle DPT\Rightarrow \triangle KPM\sim \triangle TPD(g.g)\Rightarrow \frac {TD}{KM}=\frac {TP}{KP}\Rightarrow \frac {KD}{MK}=\frac {TP}{KP}. (1)$

Ta chứng minh $\frac {DX}{XM}=\frac {EC}{BE}\Leftrightarrow \frac {sin \angle XKD.KD}{sin \angle XKM.KM}=\frac {sin \angle EAC}{sin \angle EAB}$ (Luôn đúng theo $(1)$. 

Gọi $S,T$ lần lượt là giao của $ND$ với $PX,MD$ với $PY$.

Post 101.png

Hình vẽ $2$

Dễ thấy $\triangle SDX\sim \triangle ACE(g.g)$ nên $A,N,P,S$ đồng viên. Tương tự ta suy ra $A,M,P,T$ đồng viên. Mặt khác sử dụng kết quả trên ta suy ra $\triangle SDM\sim \triangle ACB\Rightarrow SD=SM$. Tương tự thì $TD=TN$.

$\angle DNC=\angle EPX=\angle BDM$ nên $D$ là tâm nội tiếp tam giác $AMN\Rightarrow S$ thuộc $\odot (ANM).\Rightarrow P$ thuộc $\odot (AMN).\blacksquare$.

P.s: Bài này còn rất nhiều kết quả đẹp khác! :)

Thầy Hùng có đưa lên AopS một bài toán nghịch đảo bài này và bất ngờ là nó được giải rất đơn giản! :) Mọi người xem lời giải ở đây.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 04-05-2016 - 17:59


#8 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 04-05-2016 - 20:53

Bài số 6 nếu viết như sau sẽ dễ hiểu hơn

 

Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và phân giác $AD$. Điểm $P$ thuộc $(IBC)$ và đường tròn $(\omega)$ đi qua $D$ tiếp xúc $(IBC)$ tại $P$. $PC,PB$ cắt $(\omega)$ tại $K,L$ khác $P$. $DK,DL$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $A,M,P,N$ thuộc một đường tròn.

 

Có bạn nào có ý tưởng gì khác như tổng quát bài này không :)?

Hình gửi kèm

  • Figure3784.png


#9 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 04-05-2016 - 21:29

Một lời giải khác cho bài hình số 6.

Turkey 1.png Turkey 2.png



#10 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 04-05-2016 - 22:23

Một hướng tổng quát cho bài 6.

TQ Turkey.png

 

Tất nhiên ta có thể phát biểu lại tương tự bài 6 như sau:

TQ 2 Turkey.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 04-05-2016 - 22:58


#11 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 04-05-2016 - 23:39

Cám ơn Dũng, nhờ ý tưởng của em thầy đã tổng quát được bài này từ phát biểu của thầy và sự thực là nó khá dễ so với những gì thầy nghĩ.

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ và $P$ bất kỳ. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. EF cắt $BC$ tại $D$. Đường tròn $(\omega)$ đi qua $D$ và tiếp xúc $(PBC)$ tại $P$. $PC,PB$ cắt $(\omega)$ tại $K,L$ khác $P$. $DK,DL$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $A,M,P,N$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Figure3785.png

 

Giải. Dễ thấy $KL\parallel BC$. Từ đó $\angle NDP=\angle LKP=\angle BCP=\angle NFP$. Từ đó tứ giác $PNFD$ nội tiếp. Chứng minh tương tự $PMED$ nội tiếp. Ta suy ra $\angle MPN=\angle MPD+\angle DPN=\angle AFE+\angle AEF=180^\circ-\angle A$. Từ đó $AMPN$ nội tiếp.

 

Nếu $P$ nằm trên đường tròn $(IBC)$ ta thu được phát biểu trên. Chú ý rằng ở bài toán gốc thực sự vai trò của $B,C$ không mấy cần thiết. Nếu bỏ đi $B,C$ và phát biểu bài toán gốc trên tam giác $AKL$ thì ta thu được chính phát biểu trên.



#12 cleverboy

cleverboy

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 05-05-2016 - 00:14

Mở rộng của thầy thật bất ngờ vì nó khá đơn giản.  :icon6: Sau đây là lời giải bài tổng quát em đã nêu ở trên có sử dụng kỹ thuật biến đổi góc trong bài tổng quát của thầy.

Turkey.png

 



#13 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 05-05-2016 - 13:22

Bài 1 cũng có nhiều ý tưởng hay. Sau đây là 1 hướng phát triển.

 

Cho tam giác $ABC$ có $P$ nằm trong tam giác sao cho $PA\perp BC$. $E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $CA,AB$. Vẽ các tiếp tuyến $EK,FL$ tới $PBC$ với $K,L$ nằm trong tam giác. $KE,LF$ cắt $(KCA),(LAB)$ tại $M,N$ khác $K,L$. Chứng minh rằng trung điểm của $MN,EF,KL$ thẳng hàng.

 

 

Hình gửi kèm

  • Figure3789.png


#14 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 05-05-2016 - 20:15

 

TURKEY Team Selection Test 2016

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $D$ là trung điểm của $BC$. Một đường thẳng qua $D$ cắt $AB$ tại $K$, $AC$ tại $L$. Điểm $E$ trên cạnh $BC$ ($E \neq D$), $P$ trên $AE$ sao cho $\angle KPL = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle KAL$; $E$ nằm giữa $A$ và $P$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PDE$ cắt $PK$ tại $X$ ($X \neq P$) và cắt $PL$ tại $Y$ ($Y \neq L$). Đường $DX$ cắt $AB$ tại $M$, đường $DY$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng bốn điểm $P, M, A, N$ cùng thuộc một đường tròn.
 

Chứng minh $\odot (PKL)$ tiếp xúc $\odot (PDE)$

Ta có đưởng tròn $(PKL)$ cắt lại $AB$,$AC$ tại $G,H$

Ta có $\widehat{AGL}= \widehat{KPL}= 90^{0}-\widehat{\frac{A}{2}}=\widehat{ALG}$

nên $GL$ song song với $BC$.

Tương tự $KH$ song song với $BC$

$BC$ cắt $(PKL)$ tại $I,J$ ta có $D$ trung điểm $I,J$

Ta có $K(ỊJDH)=-1$(do $KH$ song song với$BC$)

nên tứ giác $HJLI$ điều hòa nên $AI$,$AJ$ là tiếp tuyến của $(KPL)$

nên $P(IJPA)=-1$ nên kẻ tiếp tuyến từ $P$ cắt $BC$ ở $T$ thì $(TEIJ)=-1$

Ta có $TP^{2}=TI.TJ=TE.TD$ nên $TP$ cũng là  tiếp tuyến của $(PDE)$

nên $(TPE)$ và $(PKL)$ tiếp xúc nhau

Chứng minh bài toán ( đoạn này giống ở trên)

Từ trên ta có  $XY$ song song với $KL$ 

nên $\widehat{MDP}=\widehat{XYP}= \widehat{KLP}= 180^{0}-\widehat{X GP}$

nên $DMGP$ nội tiếp nên  $\widehat{GMP}= \widehat{GDP}$

Tương tự $\widehat{PNA}= \widehat{GDP}$

nên tứ giác $AMNP$ nội tiếp (hình như bài toán không đúng khi $\widehat{A}  $tù)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 05-05-2016 - 20:44


#15 werewolf250

werewolf250

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn ,Ninh Thuận
  • Sở thích:bất đẳng thức,hình học,đọc sách,khoa học,vũ trụ

Đã gửi 24-05-2016 - 00:07

Lời giải. $AC,AB$ lần lượt cắt $\odot (BPC)$ tại $P,Q$.

attachicon.gifPost 93.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\angle BQL=\angle BCL=\angle BLE=\angle BAN\Rightarrow AN\parallel QL\Rightarrow \frac {AE}{EQ}=\frac {NE}{NL}$

Tương tự ta suy ra $\frac {DM}{DK}=\frac {DA}{DP}$

$\Rightarrow \frac {DK}{DM}=\frac {EL}{EN}$ khi và chỉ khi $DE\parallel PQ$.

Mặt khác do $B,C,Q,L$ đồng viên nên $\angle PQB=\angle BCA$

$\Rightarrow DE\parallel PQ$ khi và chỉ khi $BCDE$ là tứ giác nội tiếp hay $P$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Nhận xét: Nên phát biểu là $DK=DM$ và $EL=EN$ thì bài sẽ đẹp hơn! :)

góp ý chút 2 điểm P??????????






0 người đang xem chủ đề

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