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.


Ngockhanh99k48

Đăng ký: 20-10-2015
Offline Đăng nhập: 12-01-2018 - 17:03
****-

Chủ đề của tôi gửi

Tính định thức sau

14-11-2017 - 00:36

Tính định thức sau:

$M_n=\begin{pmatrix} a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & ... & a_1b_n \\ a_1b_2 & a_2b_2 & a_2b_3 & ... & a_2b_n \\ a_1b_3 & a_2b_3 & a_3b_3 & ... & a_3b_n \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ a_1b_n & a_2b_n & a_3b_n & ... & a_nb_n \end{pmatrix}$


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

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 :)