8 replies to this topic

[baopbc]

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán cũ trong tuần 2 tháng 7 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và trung tuyến $AM.P$ nằm trên cung $BC$ không chứa $A$ của $(O).E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $PE\parallel AB,PF\parallel AC.AM$ cắt $(AEF)$ tại $N$ khác $A$. Chứng minh rằng $AP^2=2AM.AN$

[viet nam in my heart]

Gọi $G$ là giao điểm của $AP$ và $EF$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh : $AM.AN=AG.AP \Leftrightarrow$ Tứ giác $MNGP$ nội tiếp

Ta chỉ cần chứng minh :$\widehat{AGF}=\widehat{PMC}$ và $\widehat{NGF}=\widehat{AMC}$ là xong

Kẻ đường đối trung $AK$ thì $ABKC$ là tứ giác điều hòa.

Ta có: $\widehat{KBC}=\widehat{KAC}=\widehat{NAF}=\widehat{NEF}$

Tương tự $ \widehat{NFE}=\widehat{KCB}$

Suy ra hai tam giác $KBC$ và $NEF$ đồng dạng

Suy ra hai tam giác $NGF$ và $KMC$ đồng dạng

Do đó: $ \widehat{NGF}=\widehat{KMC}=\widehat{ABK}=\widehat{AMC}$

Để chứng minh $\widehat{AGF}=\widehat{PMC}$ thì ta sẽ chứng minh hai tam giác $AGF$ và $CMP$ đồng dạng

Do đó chỉ cần chứng minh: $\dfrac{CM}{AG}=\dfrac{CP}{AF} \Leftrightarrow \dfrac{BC}{AP}=\dfrac{PC}{PE}$ (đúng nếu áp dụng định lý hàm số $Sin$)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Edited by viet nam in my heart, 10-07-2016 - 20:55.

[quanghung86]

Bài này là một mở rộng trực tiếp của SL 2015 G4 ở đây, khi $(AEF)$ đi qua $M$, ta thu được bài G4, lời giải của thầy khác của em khá nhiều , cám ơn em đã đóng góp lời giải rất nhanh.

 

http://artofproblems...nity/c6h1268843

[baopbc]

$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $Q$ là trung điểm $EF,Y$ là giao điểm của $EF$ và $BC.T$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $ABCEFY$.

Dễ thấy $\triangle FTE\sim \triangle BTC$ có $Q,M$ theo thứ tự là trung điểm $EF,BC$ nên $\triangle QTF\sim \triangle MTB$ suy ra $\angle TMY=\angle TQY$. 

Do đó tứ giác $TQMY$ nội tiếp. Mặt khác do $\angle ANT=\angle AET=\angle AFT=\angle TYM$ nên tứ giác $TNMY$ nội tiếp.

Mặt khác dễ thấy $\triangle AFP\sim \triangle CPB$ nên $\triangle CPM\sim \triangle AFQ$ suy ra $\angle AFQ=\angle CPM$. Do đó $\angle APM=\angle ABC-\angle AFE=\angle QYM$ suy ra tứ giác $QYMP$ nội tiếp. Từ đó suy ra tứ giác $QNMP$ nội tiếp nên $AP^2=2AQ.AP=2AM.AN.\blacksquare$

 

 

Edited by baopbc, 15-07-2016 - 10:07.

[quanghung86]

Cám ơn Bảo, về lời giải đồng dạng.

 

Mình xin đề xuất một hướng phát triển cũng chính là dựa dựa trên lời giải bằng phép đồng dạng của mình.

 

Cho tam giác $ABC$ có $E,F$ nằm trên $CA,AB$. $M,N$ nằm trên $BC,EF$ sao cho $\frac{MB}{MC}=\frac{NF}{NE}$. $AN$ cắt $(ABC)$ tại $P$ khác $A$. $(MNP)$ cắt $AM$ tai $Q$ khác $M$.

 

a) Chứng minh rằng $A,E,Q,F$ đồng viên.

 

b) Gọi $(AEQF)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. $GP,GQ$ cắt $BC,EF$ tại $S,T$. Chứng minh rằng $A,S,T$ thẳng hàng.

Attached Images

• 

Edited by quanghung86, 10-07-2016 - 21:27.

[dogsteven]

Em xin đề xuất một lời giải cho bài toán tuần này:

Gọi $G$ là giao điểm của $AP$ và $EF$

$\widehat{PCB}=\widehat{PAF}=\widehat{EPA}$ và $\widehat{PBC}=\widehat{PAE}$ nên hai tam giác $PBC$ và $EAP$ đồng dạng

Chia đôi hai tam giác này ra ta được $\widehat{PMB}=\widehat{AGE}$

Gọi $H$ đối xứng với $A$ qua $M$ thì cũng tương tự ta có $NEF$ đồng dạng với $BAH$

Chia đôi hai tam giác này ra ta được $\widehat{NGE}=\widehat{MAB}$, từ đó cho ta điều phải chứng minh.

Edited by dogsteven, 10-07-2016 - 21:55.

[babystudymaths]

Em xin đóng góp một lời giải khác

$AP$ cắt $EF$ tại $T$. 

Đặt $(FTP)$ cắt $AB$ tại $H. ( TEP)$ cắt $AC$ tại $K$.

Ta có : $AF. AH = AT. AP = AK. AE \Rightarrow F, K, E, H$ đồng viên. $\Rightarrow \widehat{AHK} = \widehat{AEF} = \widehat{APK}$ 

$\Rightarrow A, H, P, K$ đồng viên  

$\Rightarrow \widehat{HKP} = \widehat{HAP} = \widehat{BCP}, \widehat{KHP} = \widehat{KAC} = \widehat{CBP}$

$\Rightarrow \triangle BPC \sim \triangle HPK$. Đặt $HK$ cắt $BC$ tại $M'$ thì  $M', K, C, P$ đồng viên.

Mặt khác $\triangle BPC \sim \triangle PFA \Rightarrow \triangle AFT \sim \triangle CPM$

$\Rightarrow \widehat{CPM} = \widehat{AFT} = \widehat{APH} = \widehat{AKM'} = \widehat{CPM'}$

$\Rightarrow M \equiv M' \Rightarrow \widehat{AKM} = \widehat{AFE} = \widehat{ANE}$

$\Rightarrow AM. AN = AK. AE = AT. AP \Rightarrow 2AM. AN = AP^{2}$

Kết thúc chứng minh. 

Edited by baopbc, 11-07-2016 - 00:03.

[dogsteven]

Về bài mở rộng, em xin đề xuất một lời giải.

Gọi $R$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Từ $E$ kẻ song song với $AB$ cắt $AP$ tại $K$. Khi đó $PBC$ đồng dạng với $EAK$

Ngoài ra $\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{FN}{NE}=\dfrac{AN}{NK}$ nên $\widehat{ANE}=\widehat{PMR}$

Do đó $P\in (RMN)$, tương tự ta có $Q\in (RMN)$ với $Q$ là giao của $(AEF)$ với $AM$ (Hoàn thành ý 1)

Ta có $GEF$ và $GCB$ đồng dạng nên $\widehat{GNR}=\widehat{GMR}$ nên $G\in (RMN)$

Ta có: $(RT,FE)=G(RQ,FE)=\dfrac{AC}{AB}.\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \widehat{MAB}}=\dfrac{MC}{MB}$

Tương tự ta có $(RS,BC)=\dfrac{AE}{AF}.\dfrac{\sin \widehat{NAE}}{\sin \widehat{NAF}}=\dfrac{EN}{NF}$

Do đó $(RT,FE)=(RS,BC)$ nên $A, T, S$ thẳng hàng.

Edited by dogsteven, 10-07-2016 - 23:01.

[quanghung86]

Khi có $R$ là giao của $EF$ và $BC$ ta có thể dùng Pascal dễ chỉ ra $A,S,T$ thẳng hàng !