Binh nhất
Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC, AC$ tại $D$ và $E$. $P$ và $Q$ là hai điểm trên $BC$ và $CA$ sao cho $CP=BD, CQ=AE$, $BQ$ và $AP$ cắt nhau tại $M$, đường tròn $(I)$ cắt $AP$ tại $N$ sao cho $N$ nằm giữa $A$ và $P$. Chứng minh $AN=PM$
P/s: Bài này em nghĩ đến với DN và ES là đường kính của (I) , bộ 3 điểm (S,Q,B), (A,N,P) thằng hàng rồi không biết làm tiếp nữa 
(
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Bao Khanh: 24-05-2023 - 17:41
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Điểm $M$ từ đâu ra vậy bạn? Hơn nữa, $AP$ cắt $(I)$ tại ít nhất hai điểm, vậy thì $N$ là điểm nào? Và $Q$ có liên quan gì ở đây?
Có vẻ bạn ý muốn nói là $M, N$ là giao điểm của $AP$ và $(I)$?
Có một kết quả chắc là sẽ liên quan 
Nếu lấy $N$ sao cho $N$ nằm giữa $A,M$ thì khi đó $ND$ sẽ là đường kính của $(I)$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2023 - 04:08
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! 
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
Binh nhất
Điểm $M$ từ đâu ra vậy bạn? Hơn nữa, $AP$ cắt $(I)$ tại ít nhất hai điểm, vậy thì $N$ là điểm nào? Và $Q$ có liên quan gì ở đây?
Có vẻ bạn ý muốn nói là $M, N$ là giao điểm của $AP$ và $(I)$?
Có một kết quả chắc là sẽ liên quan
Dạ em đánh máy đề từ sách nên không nghĩ đề bài lại có một số vấn đề. Em xin phép được sửa lại đề ạ
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC, AC$ tại $D$ và $E$. $P$ và $Q$ là hai điểm trên $BC$ và $CA$ sao cho $CP=BD, CQ=AE$, $BQ$ và $AP$ cắt nhau tại $M$, đường tròn $(I)$ cắt $AP$ tại $N$ sao cho $N$ nằm giữa $M$ và $P$. Chứng minh $AN=PM$
P/s: Bài này em nghĩ đến với DN và ES là đường kính của (I) , bộ 3 điểm (S,Q,B), (A,N,P) thằng hàng rồi không biết làm tiếp nữa
Đề bạn vẫn sai. Điểm $N$ của bạn ($R$ trong hình mình) không thể thỏa $DN$ là đường kính.
Đo đạc ra thì $AN=PR < PM$.
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!!
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
Binh nhất
Đề bạn vẫn sai. Điểm $N$ của bạn ($R$ trong hình mình) không thể thỏa $DN$ là đường kính.
Đo đạc ra thì $AN=PR < P
Dạ em xin lỗi tại em lại nhìn nhầm đề ạ ((((((
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Bạn viết đề sai nhiều quá. Tuy nhiên, mình cũng xin lỗi là ban đầu đã vẽ hình và đo sai. Mình xin sửa lại như sau, chắc sẽ đúng ý bạn hơn:
Vẽ đường kính $DD'$. $AD'$ cắt $BC$ tại $P'$. Ta sẽ chứng minh $P \equiv P'$, từ đó suy ra $N \equiv D'$.
Vẽ tiếp tuyến của $(I)$ tại $D'$ cắt $AC, AB$ lần lượt tại $H,K$. Dễ thấy $HK \parallel BC$.
Do đó \[\angle HID' = {90^o} - \angle D'HI = {90^o} - \frac{1}{2}\angle CKD' = {90^o} - \frac{1}{2}\left( {{{180}^o} - \angle ACB} \right) = \angle ICD\]
Nên hai tam giác vuông $ID'H$ và $CID$ đồng dạng. Từ đó
\begin{equation} \label{eq0} \frac{{HD'}}{{ID}} = \frac{{ID'}}{{CD}} \Rightarrow HD'.CD = ID.ID'\end{equation}
Tương tự, $D'K.BD = ID.ID'$ nên
\begin{equation} \label{eq1} D'K.BD = HD'.CD \Rightarrow \frac{{D'H}}{{D'K}} = \frac{{DB}}{{DC}} \end{equation}
Mặt khác, theo Thales, ta lại có:
\begin{equation} \label{eq2} \frac{{D'H}}{{P'C}} = \frac{{AD'}}{{AP'}} = \frac{{D'K}}{{P'B}} \Rightarrow \frac{{D'H}}{{D'K}} = \frac{{P'C}}{{P'B}}\end{equation}
Từ \eqref{eq1},\eqref{eq2}, ta có $\frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{P'C}}{{P'B}} \Rightarrow \frac{{DB}}{{CB}} = \frac{{P'C}}{{BC}} \Rightarrow CP' = DB = CP$
Do đó $P \equiv P'$. Vậy nên $DN$ là đường kính của $(I)$.
Vì thế:
\begin{equation}\label{eq3}\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{d\left( {A,KH} \right)}}{{d\left( {A,BC} \right)}} = 1 - \frac{{DN}}{{d\left( {A,BC} \right)}} = 1 - \frac{{2\frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB + BC + CA}}}}{{2\frac{{{S_{ABC}}}}{{BC}}}} = 1 - \frac{{2BC}}{{AB + BC + CA}} = \frac{{AB + AC - BC}}{{AB + BC + CA}}\end{equation}
Mặt khác, áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta APC$ với cát tuyến $BMQ$:
\begin{align}\nonumber & \frac{{MA}}{{MP}}\frac{{BP}}{{BC}}\frac{{QC}}{{QA}} = 1 \Rightarrow \frac{{MA}}{{MP}} = \frac{{BC}}{{BP}}\frac{{QA}}{{QC}} = \frac{{BC}}{{CD}}\frac{{CE}}{{AE}} = \frac{{BC}}{{AE}} \\ &\label{eq4} \Rightarrow \frac{{AP}}{{MP}} = \frac{{BC + AE}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{MP}}{{AP}} = \frac{{AE}}{{BC + AE}} = \frac{{\frac{{AB + AC - BC}}{2}}}{{BC + \frac{{AB + AC - BC}}{2}}} = \frac{{AB + AC - BC}}{{AB + BC + CA}}\end{align}
Từ \eqref{eq3},\eqref{eq4}, ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 26-05-2023 - 13:30
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!!
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học
