Chủ đề này có 28 trả lời

[perfectstrong]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

BTC yêu cầu MSS21 ra đề vào topic này.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

b. Luật Loại trực tiếp: Luật chỉ áp dụng khi có $n >20$ toán thủ tham gia thi đấu.
- Sau mỗi trận, $k$ toán thủ có số điểm ít nhất sẽ bị loại. Trong trường hợp có nhiều toán thủ cùng điểm số, toán thủ nào có thời gian bỏ thi đấu dài nhất sẽ ưu tiên bị loại.
$$k=\frac{\left \{(n-10) - [(n-10) \mod 10] \right \}}{10}$$
- Toán thủ bị loại sẽ không đuợc đăng kí lại
- Khi Chỉ còn 20 toán thủ, Luật này ko còn hiệu lực

BTC lưu ý:
1) trận 14 có 28 toán thủ tham gia nên sau trận này, 01 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

[nthoangcute]

Đề của nthoangcute:

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác $AD$ ($D$ thuộc đoạn thẳng $BC$). Trên đoạn thẳng $AD$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$. Chứng minh rằng $\widehat{ACE}=\widehat{BCF}$

P/s: Bài này cũng dễ, mọi người chém tích cực vào, nhưng đừng để Giám khảo "đau đầu".

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 19-05-2012 - 06:08

[tson1997]

Em xin tình nguyện đâm đầu theo cách lớp 7 )

Lấy H;I;K lần lượt đối xứng E qua AC;AB;CB.Ta có:
AH=AE=AI nên A nằm trên trung trực HI
Vì AD là phân giác góc BAC nên AD cũng là phân giác góc HAI (dễ cminh điều này). suy ra AD là trung trực HI
Mà F thuộc AD nên FH=FI (1)
Ta có: Vì $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$ nên theo tính đối xứng thì $\widehat{IBE}=\widehat{KBF}
\Rightarrow \widehat{IBF}=\widehat{EBK}$
$\Rightarrow \triangle IBF = \triangle EBK (c-g-c)$ (có BI=BE;BF=BK và 2 góc B xen giữa bằng nhau)
$Rightarrow FI=EK$(cạnh tg ứng) (2)

Từ (1) và (2) suy ra FH=EK
Xét tam giác CFH và tam giác CKE có:
CF=CK (tính đối xứng)
CH=CE (tính đối xứng)
FH=KE (cmt)
Vậy $\triangle CFH = \triangle CKE (c-c-c) \Rightarrow \widehat{HCF}=\widehat{ECK} \Leftrightarrow \widehat{HCE}=\widehat{FCK} \Rightarrow \widehat{ACE}=\widehat{BCF}$ (bằng nửa 2 góc trên)
Vậy ta có đpcm

P/s: Em k biết vẽ hình,thông cảm hộ em

Xét thiếu TH. Không có hình.
D-B=6.7h
E=4
F=0
S=53.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 20:33

[NLT]

P/S: Nhờ MOD xóa giúp bài đầu tiên, em xin post lại

Lời giải của Nguyen Lam Thinh:

Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB,AC; P là điểm đối xứng của F qua BC.
Theo tính chất đường trung trực ta suy ra:
$\angle ABM=\angle ABE;\angle FBC=\angle PBC$
Lại có:$\angle ABE=\angle FBC\Rightarrow \angle \angle ABM=\angle ABE=\angle FBC=\angle PBC$.
$\Rightarrow MBF=\angle EBP$
Xét $\Delta MBF$ và $\Delta EBP$, ta có:
MB=ME (do M đối xứng với E qua AB $\Rightarrow$ AB là trung trực của ME)
$\Rightarrow MBF=\angle EBP$ (đã chứng minh ở trên)
BP=BF(do P đối xứng với F qua BC $\Rightarrow$ BC là trung trực của FP)
$\Rightarrow \Delta MBF$ = $\Delta EBP$ (c.g.c)
$\Rightarrow MF=EP$(1)
Lại có:
AM=AE (M đối xứng với E qua AB) và AN=AE(N đối xứng với E qua AC) nên AM=AN (2)
$\angle MAB=\angle EAB $ (M đối xứng với E qua AB), $\angle EAC=\angle NAC $ (N đối xứng E qua AC), và $\angle EAB=\angle EAC $ (do AD là phân giác của $\angle BAC$, E thuộc AD)
$\Rightarrow \angle MAB=\angle EAB $= $\angle EAB=\angle EAC $
$\Rightarrow \angle MAF=\angle NAF$ (3)
Dễ thấy AF là cạnh chung của 2 tam giác AMF và ANF. (4)
Từ (2),(3),(4) $\Rightarrow \Delta AMF=\Delta ANF$
$\Rightarrow MF=NF$ (5)
Từ (1) & (5) $\Rightarrow EP=NF$.
Xét 2 tam giác: ECP và NCF, ta có:
NC=EC (Do N và E đối xứng nhau qua AC, AC là đường trung trực của NE)
CP=CF (Do P và F đối xứng nhau qua BC, BC là đường trung trực của FP)
EP=NF (đã chứng minh trên)
Suy ra: $\Delta ECP = \Delta NCF $
$\Rightarrow \angle ECP = \angle NCF \Rightarrow \angle PCF = \angle NCE$
Dễ thấy: $\angle FCB=\angle PCB$ (F, P đối xứng qua BC) và $\angle NCA=\angle ECA$ (E, N đối xứng qua AC) nên $\angle FCP=\angle ECA$ ($\frac{ \angle FCP}{2}=\frac{\angle NCE}{2}$) $\Rightarrow$ Q.E.D

-----

Trong bài thi ngoài đời, không nên viết chữ Q.E.D hoặc đpcm ở cuối cùng mà phải viết rõ ra. Xét thiếu TH F nằm giữa A, E
Lời giải 2 chưa trọn vẹn nhưng có ý tưởng tốt.
D-B=10h
E=9+0.5=9.5
F=0
S=66.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 20:28

[Cao Xuân Huy]

Tia $CE$ cắt đường tròn ngoại tiếp $\triangle BAE$ tại điểm thứ 2 là $P$.
Tia $BF$ cắt đường tròn ngoại tiếp $\triangle ACF$ tại điểm thứ 2 là $Q$
Ta có: $\widehat{BQC}=\widehat{DAC}$ (cùng chắn cung $FC$); $\widehat{BPC}=\widehat{BAE}$ (cùng chắn cung $BE$)
AD phân giác góc $BAC$ nên $\widehat{BAE}=\widehat{CAE} \Rightarrow \widehat{BPC}=\widehat{BQC}$
Tứ giác BPQC có 2 đỉnh P,Q nhìn đoạn BC dưới 1 góc bằng nhau nên là tứ giác nội tiếp.
Suy ra: $\widehat{QBC}=\widehat{QPC}$
Mà ta lại có: $\widehat{QBC}=\widehat{ABE}=\widehat{APE}$ nên $\widehat{QPC}=\widehat{APE}$
Mà A,Q cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ $PC$ nên $A,P,Q$ thẳng hàng.
Do đó ta có: $\widehat{BCP}=\widehat{BQP}=\widehat{AQF}=\widehat{ACF}$
$\Rightarrow \widehat{BCP}-\widehat{FCE}=\widehat{ACF}-\widehat{FCE}$
$\Rightarrow \widehat{ACE}=\widehat{BCF}$
_________________________________________
P/S: Nãy định post lúc 7 giờ mà phải đi qua trường

Xét chưa đủ TH.
D-B=10.2h
E=9
F=0
S=64.8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 20:26

[danganhaaaa]

vẽ I đối xứng với E qua AB , H đối xưng với E qua AC , K đối xứng với f qua BC
ta có AE=AI(do A nằm trên đường trung trực của đoạn IE)
AE=AH(do A nằm trên đường trung trực của EH)
suy ra AI=AH
suy ra AD là đường trung trực của IH
lại có F nằm trên AD nên FI=FH (1)
ta có $\measuredangle IBF=2.\measuredangle EBA+\measuredangle EBF$
$\measuredangle EBK=2.\measuredangle FBC+\measuredangle EBF$
lại có $\measuredangle EBA=\measuredangle FBC$
nên suy ra $\measuredangle IBF=\measuredangle EBK$
xét 2 tam giác BIF và tam giác BEK có
BF=BK(do B thuộc đường trung trực của FK)
BI=BE(do B thuộc đường trung trực của IE)
$\measuredangle IBF=\measuredangle EBK$ (cm trên)
suy ra $\vartriangle BIF = \vartriangle BEK(c.g.c)$
suy ra IF = EK (2)
từ (1) và (2) suy ra FH=EK
xét 2 tam giác CFH và CKE có
CF=CK(vì C nằm trên đường trung trực của FK)
CH=CE(vì C nằm trên đường trung trực của EH)
HF=EK(cm trên)
$\Rightarrow \vartriangle CFH=\vartriangle CKE$
$\Rightarrow \angle FCH=\angle ECK$
$\Rightarrow \angle ECH=\angle FCK$
lại có $\measuredangle ECH=2\measuredangle ACE$
$\measuredangle FCK=2\measuredangle FCB$
suy ra $\measuredangle ACE=\measuredangle FCB$ (DPCM)
thông cảm cho em nhé,em không biết vẽ hình!!!

Xét thiếu TH. Thời gian nộp bài tính từ lúc nộp hình vẽ.
D-B=14.8h
E=9
F=0
S=60.2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 20:37

[minhtuyb]

SOLUTION:
-Lấy $H,I,K$ lần lượt đối xứng với $E$ qua $AC,AB,BC$. Theo t/c đối xứng ta có:
$+) \widehat{IBA}=\widehat{EBA};\widehat{KBD}=\widehat{FBD}\Rightarrow \widehat{IBA}=\widehat{KBD}$ (Do $\widehat{EBA}=\widehat{FBD}-gt)$
$+)\widehat{IAE}=2\widehat{BAE};AI=AE;BI=BE$
$+)\widehat{HAE}=2\widehat{CAE};AH=AE;CH=CE$
$+)CF=CK;HC=EC;HF=IF$
$+)\widehat{ECH}=2\widehat{ACE};\widehat{FCK}=2\widehat{BCF}$
Mà $\widehat{BAE}=\widehat{CAE}$ ($AD$ là phân giác $\widehat{BAC}$)
$\Rightarrow \widehat{IAE}=\widehat{HAE};AI=AH\Rightarrow \Delta IAH$ cân tại $A$. Mà $AE$ là phân giác ứng với cạnh đáy $IH\Rightarrow AE$ cũng là trung trực của $IH\Rightarrow FI=FH$ (t/c tam giác cân)
-Xét $\Delta IBF$ và $\Delta EBK$ có:
$+)IB=EB\\ +)BF=BK\\ +) \widehat{IBF}=\widehat{EBK}(=\widehat{ABC}+\widehat{IBA}=\widehat{ABC}+\widehat{KBD})\\ \Rightarrow \Delta IBF=\Delta EBK(c.g.c)\\ \Rightarrow IF=EF\text{(2 cạnh tương ứng)}$
-Xét $\Delta HFC$ và $\Delta EKC$ có:
$+)HC=EC\\ +)HF=EK(=IF)\\ +)CF=CK\\ \Rightarrow \Delta HFC=\Delta EKC(c.c.c)\\ \Rightarrow \widehat{FCH}=\widehat{ECK} \\\Leftrightarrow \widehat{ECH}+\widehat{ECF}=\widehat{FCK}+\widehat{ECF}\\\Leftrightarrow \widehat{ECH}=\widehat{FCK}\\\Leftrightarrow 2\widehat{ACE}=2\widehat{BCF}\\\Leftrightarrow \widehat{ACE}=\widehat{BCF}\ <Q.E.D>$

Thiếu TH F nằm giữa A,E.
D-B=13.4h
E=9
F=0
S=61.6

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 20:29

[hamdvk]

* Chứng minh bài toán phụ sau :
Cho tam giác MNP có I,K trên NP sao cho $\widehat{NMI}=\widehat{KMP}$
CMR $\frac{NI.NK}{PK.PI}=(\frac{MN}{MP})^{2}$
GIẢI
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK cắt MN,MP tại H,G
Do $\widehat{HMI}=\widehat{KMG}$ nên HI=KG
$\Rightarrow$ tứ giác HIGK là hình thang cân $\Rightarrow$ HG // IK
Vì tứ giác MHIK nội tiếp có MH cắt KI tại N theo tính chất tứ giác nội tiếp có NI.NK=NH.NM
CMTT có PK.PI=PG.PM
Từ trên suy ra $\frac{NI.NK}{PK.PI}=\frac{MN}{MP}.\frac{NH}{PG}$ (1)
mà HG // IK $\Rightarrow$ HG // NP
$\Rightarrow$ $\frac{NH}{PG}=\frac{MN}{MP}$ (2)
từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Áp dung bài toán trên có
$\frac{DF.DE}{AE.AF}=(\frac{BD}{AB})^{2}$
gọi F' là điểm trên AD sao cho $\widehat{ACE}=\widehat{F'CB}$
áp dụng bài toán phụ ta được $\frac{DF'.DE}{AE.AF'}=(\frac{DC}{AC})^{2}$
Theo tính chất đường phân giác ta có $\frac{BD}{AB}=\frac{DC}{AC}$
Suy ra $\frac{AF}{DF}=\frac{AF'}{DF'}$
Do F VÀ F' cùng thuộc đoạn AD nên $F\equiv F'$
Do đó $\widehat{ECA}=\widehat{FCB}$ ( Điều phải chứng minh )

Không có hình vẽ.
D-B=13.9h
E=5
F=0
S=49.1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 21:06

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề của nthoangcute:

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác $AD$ ($D$ thuộc đoạn thẳng $BC$). Trên đoạn thẳng $AD$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$. Chứng minh rằng $\widehat{ACE}=\widehat{BCF}$

P/s: Bài này cũng dễ, mọi người chém tích cực vào, nhưng đừng để Giám khảo "đau đầu".

Chứng minh :
ta có bài toán sau phụ sau
Cho tam giác ABC , phân giác góc BAC cắt BC tại D . Trên BC lấy 2 điểm M và N ( M ko trùng N)
Lúc này ta có điều sau :
$ \widehat{MAD} = \widehat{NAD} \Leftrightarrow \frac{BM.BN}{CM.CN} = \frac{AB^2}{AC^2}$

Thật vậy :
Xét TH thuận
Khi mà $\widehat{MAD} = \widehat{NAD}$
Tiếp theo đây có 2 cách để cm , xin được nêu pp lớp 8 (lớp 9 dùng sin , cos phải cm thêm 1 đoạn nên nhác)
Từ M kẻ hình chiếu MH và MK xuống AB ; AC
Từ N , kẻ hình chiếu NP và NQ xuống AB ; AC
Lúc này ta có
$\Delta{AMH} = \Delta{ANQ}$ (g.g)
Vì $\widehat{AHM} = \widehat{AQN} = 90^0$
$\widehat{BAD} - \widehat{MAD} = \widehat{CAD} - \widehat{NAD} \Leftrightarrow \widehat{HAM} = \widehat{NAQ}$
$\Rightarrow \frac{HM}{NQ} = \frac{AM}{AN}$

Ta lại có
$\frac{S_{ABM}}{S_{ANC}} = \frac{BM}{NC} = \frac{HM.AB}{NQ.AC} = \frac{AM.AB}{AN.AC}$ (*)

Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên , ta cũng có
$\frac{S_{ABN}}{S_{ACM}} = \frac{BN}{MC} = \frac{NP.AB}{MK.AC} = \frac{AN.AB}{AM.AC}$ (*)(*)

Nhân vế vs vế của (*) và (*)(*)

ta sẽ suy ra được
$\frac{BN.BM}{CN.CM} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (đpcm)

bây giờ , chúng ta sẽ chứng minh phần đảo
$ \frac{BM.BN}{CM.CN} = \frac{AB^2}{AC^2} \Rightarrow \widehat{MAD} = \widehat{NAD} $
Thực ra phần đảo ko quá khó để cm , ta gọi 1 điểm M' thõa mãn $\widehat{MAD} = \widehat{NAD}$ , giờ cần cm ko tồn tại M' khác M t/m điều trên
Lúc này thì theo phần thuận , ta sẽ có
$\frac{BM'.BN}{CM'.CN} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (1)

Mà theo gt , ta lại có $\frac{BM.BN}{CM.CN} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (2)

Từ (1) và (2) , ta có $\frac{BM'.BN}{CM'.CN} = \frac{BM.BN}{CM.CN}$

Suy ra $\frac{BM'}{CM'} = \frac{BM}{CM} \Leftrightarrow \frac{BM'}{BM' + CM'} = \frac{BM}{BM + CM} \Leftrightarrow \frac{BM'}{BC} = \frac{BM}{BC} \Leftrightarrow BM' = BM$ mà M' và M cùng thuộc đoạn BC nên bắt buộc M và M' phải trùng nhau (vô lí vì ta đã giải sử M' khác M)
Vậy tồn tại duy nhất 1 điểm M thõa mãn định lí thuận và đảo trên

Quay trở lại bài toán , ta chỉ cần áp dụng và tam giác ABD và tam giác ADC
Kẻ phân giác BI của góc ABC (I thuộc AD)
Khi đó theo bài toán trên , ta có :
$\frac{AB^2}{BD^2} = \frac{AE.AF}{DE.DF}$ (*3)

mà theo t/c phân giác , do AD là p/giác góc BAC nên
$\frac{AB^2}{BD^2} = \frac{AC^2}{DC^2}$ (*4)
Từ (*3) và (*4) ta có :
$\frac{AE.AF}{DE.DF} = \frac{AC^2}{DC^2}$

Đây chẳng phải là bài toán đảo ở trên hay sao
Lúc này , CI sẽ là phân giác góc ACD và góc ECF
tức góc ACI = góc ICD
góc IEC = góc ICF
Trừ 2 vế ta có góc ACE = góc DCF (đpcm)

p/s : Bài toán trên cũng giúp ta cm được t/c đồng quy của 3 tia phân giác

Không có hình vẽ. Các mở rộng em nêu chỉ là mở rộng của bổ đề. Không ăn nhập với bài toán đề cho.
D-B=14.3h
E=5
F=0
S=48.7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 21:05

[danganhaaaa]

hình của danganhaaaa
http://upanh.com/hin...7rd7ee4n1cv.htm

[daovuquang]

Bài làm của daovuquang:

Lấy K đối xứng với E qua AB, L đối xứng với E qua AC, J đối xứng với F qua BC.
Theo gt, $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}\Rightarrow \widehat{ABF}=\widehat{CBE}(1).$
Từ cách vẽ trên, ta được $\widehat{EBA}=\widehat{KBA}\Rightarrow\widehat{CBF}=\widehat{KBA}.$ Mặt khác $\widehat{FBC}=\widehat{JBC}\Rightarrow \widehat{KBA}=\widehat{JBC}(2).$
Kết hợp $(1),(2)\Rightarrow \widehat{KBF}=\widehat{EBJ}.$ Lại có $KB=EB, FB=JB$( theo cách vẽ)
$\Rightarrow \triangle{KBF}=\triangle{EBJ}(c.g.c)\Rightarrow KF=EJ.$
Mặt khác, xét $\triangle{AKF}$ và $\triangle{ALF}$ có:$\left\{\begin{matrix}
AF chung\\
AK=AL(=AE)\\
\widehat{KAF}=\widehat{LAF}(=\widehat{BAC})
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \triangle{AKF}=\triangle{ALF}(c.g.c)\Rightarrow KF=LF\Rightarrow EJ=LF.$
Mà theo cách vẽ, $EC=LC và JC=FC\Rightarrow \triangle{EJC}=\triangle{LFC}(c.c.c)\Rightarrow \widehat{ECJ}=\widehat{LCF}\Rightarrow \widehat{BCJ}+\widehat{ECB}+\widehat{FCE}=\widehat{LAC}+\widehat{ACF}+\widehat{FCE}\Rightarrow \widehat{FCB}=\widehat{ACE}\Rightarrow Q.E.D.$

D-B=15.8h
E=10
F=0
S=62.2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 21:06

[daovuquang]

Bổ sung cho lời giải, đó chỉ là trường hợp F nằm giữa A và E. Còn trường hợp E nằm giữa A và F thì cũng tương tự.

[phantomladyvskaitokid]

trước hết ta c/m $\Delta ABC$ có 2 điểm E, F trên BC t/m $\widehat{BAE}=\widehat{CAF}$ thì $\frac{BE.BF}{CE.CF}=\frac{AB^2}{AC^2}$





C/m

Kẻ $EI \perp AB, FK \perp AC$

$\Delta IAE \sim \Delta KAF(gg)\Rightarrow \frac{EI}{FK}=\frac{AE}{AF}$

do đó $\frac{BE}{CF}=\frac{S_{\Delta ABE}}{S_{\Delta ACF}}=\frac{AB.EI}{AC.FK}=\frac{AB.AE}{AC.AF}$

tương tự $\frac{BF}{CE}=\frac{S_{\Delta ABF}}{S_{\Delta ACE}}=\frac{AB.AF}{AC.AE}$

suy ra $\frac{BE.BF}{CF.CE}=\frac{AB.AE.AB.AF}{AC.AF.AC.AE}=\frac{AB^2}{AC^2}$

quay trở lại bài toán


trên AD lấy E' sao cho $\widehat{BCF}=\widehat{ACE'}$

a/d bt trên ta đc

$\frac{DF.DE}{AF.EA}=\frac{BD^2}{BA^2}$

$\frac{DF.DE'}{FA.E'A}=\frac{CD^2}{CA^2}$

mà theo tính chất đường phân giác trong của 1 tam giác

$\frac{BD}{BA}=\frac{DC}{CA}$

do đó $\frac{DF.DE}{AF.EA}=\frac{DF.DE'}{AF.E'A}$

$\Rightarrow \frac{DE}{EA}=\frac{DE'}{E'A}$

E và E' cùng chia trong đoạn ED theo 1 tỉ số suy ra $E\equiv E'$

hay $\widehat{ACE}=\widehat{ BCF}$

D-B=17.7h
E=10
F=0
S=60.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 21:08

[pnhungqt]

Nối BE, BF, CE, CF.
TH 1: E nằm giữa A và F
Lấy G đối xứng với E qua AB, H đối xứng với E qua AC, I đối xứng với F qua BC. Nối BG, BI, CI, CH, FG, FH, EI.
Vì G đối xứng với E qua AB nên $\angle GBE = 2\angle ABE$,
vì I đối xứng với F qua BC nên $\angle FBI = 2\angle CBF$.
Mà $\angle ABE = \angle CBF$ (gt) nên $\angle GBE = \angle FBI$.
Do đó: $\angle GBE +\angle EBF = \angle FBI +\angle EBF$.
Hay: $\angle GBF = \angle EBI$ (1)
Lại có : BG=BE (G đối xứng với E qua AB) (2)
BF=BI (I đối xứng với F qua BC) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có $\bigtriangleup BGF =\bigtriangleup BEI$ (c.g.c)
Suy ra: FG = EI (4)
Vì G đối xứng với E qua AB nên $\angle GAE = 2\angle BAE = 2\angle BAD$,
vì H đối xứng với E qua AC nên $\angle HAE = 2\angle CAE = 2\angle CAD$.
Mà $\angle BAD = \angle CAD$(do AD là phân giác) nên $\angle GAE = \angle HAE$.
Hay: $\angle GAF = \angle HAF$.
Lại có : AG=AE (G đối xứng với E qua AB)
AH=AE (H đối xứng với E qua AC)
Nên AG=AH
Mà $\bigtriangleup AGF, \bigtriangleup AHF$ có chung cạnh AF
Do đó: $\bigtriangleup AGF =\bigtriangleup AHF$ (c.g.c)
Suy ra: FG=FH (5)
Từ (4), (5) ta có: EI=FH (6)
Ta cũng có: CH=CE (H đối xứng với E qua AC) (7)
CF=CI (I đối xứng với F qua BC) (8)
Từ (6), (7), (8) ta có $\bigtriangleup EIC =\bigtriangleup HFC$ (c.c.c)
Suy ra $\angle HCF = \angle ECI$
$\Rightarrow \angle HEC + \angle ECF = \angle FCI + \angle ECF \Rightarrow \angle HEC = \angle FCI$
Mà $\angle HEC = 2\angle ACE$ (H đối xứng với E qua AC)
$\angle FCI = 2\angle BCF$ (I đối xứng với F qua BC)
Do đó ta suy ra: $\angle ACE = \angle BCF$ (đpcm)
TH 2: F nằm giữa A và E
Ta có:$\angle ABE = \angle CBF$
$\Rightarrow \angle ABF + \angle EBF = \angle CBE + \angle EBF$
$\Rightarrow \angle ABF = \angle CBE$
Đến đây chứng minh như trường hợp 1, ta cũng có điều phải chứng minh
Vậy $\angle ACE = \angle BCF$

File gửi kèm

•  untitled.bmp   803.1K   196 Số lần tải

[NLT]

Lời giải thứ 2 của Nguyen Lam Thinh:
( P/S: Nếu như cách giải thứ nhất, ta chỉ dùng kiến thức của lớp 7(khá hay), thì ở cách giải này, ta dùng đến tí tẹo kiến thức lớp 9 )

---------
Bổ đề: Ta có công thức tính diện tích tam giác như sau:
${S_{ABC}} = 0,5AB.AC.\sin A$
CM: Hoàn toàn đơn giản, vẽ đường cao BH (H thuộc AC) và áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông ABH:
${S_{ABC}} =0,5 AC.BH = 0,5AC.\left( {AB.\sin A} \right) = 0,5AB.AC.\sin A$ (Q.E.D)
---------
Hình:

Gọi I là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác ABC, có 3 trường hợp xảy ra:
TH1: $\angle ABE=\angle CBF=\frac{\angle ABC}{2} $
=>$E \equiv F \equiv I$ => $\angle ACE = \angle BCF $
TH2: $\angle ABE<\frac{\angle ABC}{2} $
(Áp dụng bổ đề), ta có:
$\frac{{AE}}{{FD}} = \frac{{{S_{ABE}}}}{{{S_{BFD}}}} = \frac{{0,5.AB.BE.\sin \widehat{ABE}}}{{0,5.BF.BD.\sin \widehat{FBD}}} = \frac{{AB}}{{BD}}.\frac{{BE}}{{BF}} = \frac{{AI}}{{ID}}.\frac{{EI}}{{IF}}$ (1)
(Do BI là phân giác của $\angle ABC$, lại có$\angle ABE=\angle CBF$ nên $\angle EBG = \angle FBG$ => BI là phân giác của $\angle$ EBF)
Lại có: $\frac{{AE}}{{FD}} = \frac{{{S_{ACE}}}}{{{S_{CFD}}}} = \frac{{0,5.AC.CE.\sin \widehat{ACE}}}{{0,5.CF.CD.\sin \widehat{FCD}}} = \frac{{AC}}{{CD}}.\frac{{CE}}{{CF}} = \frac{{AI}}{{ID}}.\frac{{CE}}{{CF}}$ (2)
(Do CI là phân giác của $\angle ACB$)
Từ (1),(2) =>$ \Rightarrow \frac{{\sin \widehat{ACE}}}{{\sin \widehat{FCD}}} > 1 \Rightarrow \frac{{EI}}{{FI}} > {\rm{ }}\frac{{CE}}{{CF}}$
Giả sử $\angle ACE > \angle FCD$ => $\frac{{\sin \widehat{ACE}}}{{\sin \widehat{FCD}}} > 1 \Rightarrow \frac{{FI}}{{EI}} > \frac{{CE}}{{CF}}$(3)
Mà $\angle ECI = \frac{\angle ACB}{2} - \angle ACE < \angle BCI - angle FCD = \angle ICF $
=> $\angle ICF > \frac{\angle ICF+\angle ECI}{2}=\frac{\angle ECF}{2}$
Do đó, khi vẽ phân giác CI' của $\angle ECP$ thì I' nằm trên đoạn thẳng IF, do đó IE >I'E; IF < I'Fvà theo tính chất đường phân giác thì:
$\frac{{CE}}{{CF}} = \frac{{I'E}}{{I'F}} > \frac{{IE}}{{I'F}} > \frac{{IE}}{{{\rm{IF}}}}$ (4)3
(3),(4) mâu thuẫn , do vậy điều giả sử không đúng, tức không xảy ra $\angle ACE > \angle FCD$ .
Tương tự ta cũng chứng minh được không xảy ra $\angle ACE < \angle FCD$ .
Suy ra: không xảy ra $\angle ACE = \angle FCD$ .
TH3: $\angle ABE>\frac{\angle ABC}{2} $
Dễ thấy đây là TH2 nhưng đổi vị trí của E và F, tương tự ta cũng chứng minh được rằng $\angle ACE = \angle FCD$ .
Từ 3 trường hợp ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 21-05-2012 - 05:46

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề của nthoangcute:

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác $AD$ ($D$ thuộc đoạn thẳng $BC$). Trên đoạn thẳng $AD$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$. Chứng minh rằng $\widehat{ACE}=\widehat{BCF}$

P/s: Bài này cũng dễ, mọi người chém tích cực vào, nhưng đừng để Giám khảo "đau đầu".

Bài làm em xin đc bỏ dòng : Chỉ có duy nhất 1 điểm M t/m (vì bài đó chủ yếu là cm bài toán thuận và đảo chứ ko phải là cm duy nhất)
Bổ đề trên cm mệnh đề thuận và đảo
Nếu $\widehat{DAN} = \widehat{DAM} \Leftrightarrow \frac{BN.BM}{CN.CM} = \frac{AB^2}{AC^2}$

• MỞ RỘNG 1 :

Ta có thể mở rộng mệnh đề này vs TH 2n điểm như sau
Cho $(O; \frac{AB}{2})$ ; Gọi I là trung điểm cung AB , trên nửa mặt phẳng ko chưa I bờ AB , lấy C bất kì
Nối CI cắt AB tại D
Khi đó , ta có CD là phân giác góc ACB
Trên AD lấy lần lượt các điểm
$M_1$ ; $M_2$ ; ... ; $M_n$
Trên BD lấy
$N_1$ ; $N_2$ ; ... ; $N_n$
Thõa mãn
$\widehat{M_1CN_1} = \widehat{M_2CN_2} = ....= \widehat{M_nCN_n}$
Lúc này , theo cách cm ở bổ đề trên , ta hoàn toàn có thể cm tương tự và được
$\frac{BM_1. BN_1}{AM_1.AN_1} = \frac{BM_2.BN_2}{AM_2.AN_2} = ... = \frac{BM_n.BN_n}{AM_n.AN_n} = \frac{AC^2}{BC^2}$

• Mở rộng 2 :

Với bài toán trên , ta có thể có 1 mở rộng như sau :
Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC) ; đường cao AH , phân giác góc BAC cắt BC tại D (BH < BD)
Biết rằng tồn tại 1 điểm E trên DC thõa mãn
$\widehat{HAD} = \widehat{DAE}$
Hãy chứng minh
TAM GIÁC AEB CÂN Ở E

Từ bài toán tổng quát ở MR 1 , ta sẽ có
$\frac{BH.BE}{CH.CE} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (*1)

mặt khác thì
$AB^2 = AH.BC \Rightarrow BH = \frac{AB^2}{BC}$

Tương tự

$AC^2 = CH.BC \Rightarrow CH = \frac{AC^2}{BC}$

Khi đó
$\frac{BH}{CH} = \frac{AB^2}{AC^2}$ (*2)

Từ (*1) và (*2) ta có
$\frac{BH.BE}{CH.CE} = \frac{BH}{CH} \Rightarrow \frac{BE}{CE} = 1 \Rightarrow BE = CE$

$\Rightarrow E$ là trung điêm cạnh huyền $BC$ của tam giác ABC vuông ở A

$\Rightarrow AE = BE \Rightarrow$ TAM GIÁC ABE CÂN Ở E

Mở rộng 3:
Sẽ là quá bất công nếu ta chỉ xét nó ở TH

[tranhydong]

Giải :
Vẽ đường tròn (O) ngoai tiếp $\Delta ABC$
AD cắt (O) tại G
Ta có : $\angle BEG=\angle BAE+\angle ABE=\angle FBC+\angle CBG=\angle FBG$ ( gt)
Xét $\Delta GBE$ và $\Delta GFB$ có :
$\angle BEG=\angle FBG$ ( cmt )
$\angle BGE$ chung
$\Rightarrow \Delta GBE \sim \Delta GFB$
$\Rightarrow \frac{GB}{GF}=\frac{GE}{GB}\Rightarrow GB^{2}=GE.GF$
Mà GB=GC ( G là điểm chính giữa cung BC )
$\Rightarrow GC^{2}=GE.GF$
$\Rightarrow \frac{GC}{GF}=\frac{GE}{GC}$(1)
$\angle EGC$ chung
$\Rightarrow \Delta CGF\sim \Delta GEC$
$\Rightarrow \angle FCG=\angle CEG$
$\Leftrightarrow \angle EAC+\angle ECA=\angle BCG+\angle FCB$
Mà $\angle EAC=\angle BCG$
=> đpcm

Lời giải mới Tuy chưa hoàn chỉnh. Không có hình vẽ.
D-B=44.6h
E=3.5
F=0
S=13.9

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-05-2012 - 21:18

[tranhydong]

Em gửi hình

[Nguyễn Hữu Huy]

Đề của nthoangcute:

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nhọn có phân giác $AD$ ($D$ thuộc đoạn thẳng $BC$). Trên đoạn thẳng $AD$ lấy hai điểm $E, F$ sao cho $\widehat{ABE}=\widehat{CBF}$. Chứng minh rằng $\widehat{ACE}=\widehat{BCF}$

P/s: Bài này cũng dễ, mọi người chém tích cực vào, nhưng đừng để Giám khảo "đau đầu".

Giừ mới sửa đc máy ! May quá là may

Có 1 chút suy nghĩ về mở rộng 2 , xin phép em phát biểu cảm tưởng
Mở rộng 2 thực sự quá ngớ ngẩn vì nó chẳng có gì thú vị cả ! Vs kiến thức lớp 7 , dùng góc là ra ngay trong vài dòng !~ Thực sự quá ngớ ngẩn !
Đối với mỏ rộng 1 , chỉ cần chỉnh lí thay đk đg kính AB bằng dây AB , ta sẽ có bài toán tổng quát hơn (xin đính chính nếu mr trước ai thì mr này hoàn toàn đúng - nếu em nhầm)

Cho (O) , dây AB . Gọi I là trung điểm cung AB.
Trên cung AB ko chứa I , lấy bất kì 1 điểm C. Nối CI cắt AB tại D
Khi đó
trên AD lấy các điêm $M_1$ ; $M_2$ ; ... $M_n$
trên BD lấy $N_1$ ; $N_2$ ; ... ; $N_n$
sao cho
$\widehat{M_1CD} = \widehat{N_1CD} $
...
$\widehat{M_nCD} = \widehat{N_nCD}$

Khi đó
$ \frac{AM_1.AN_1}{BM_1.BN_1} = \frac{AM_2.AN_2}{BM_2.BN_2} = .... = \frac{AM_n.AN_n}{BM_n.BN_n} = \frac{AC^2}{BC^2}$

Và nếu ko muốn đk rằng buộc nào
Chỉ cần đk
$\widehat{ACM_1} = \widehat{BCN_1} $
...
$\widehat{ACM_n} = \widehat{BCN_n} $


Mở rộng tiếp theo :

CHo (O) và 1 điểm M nằm ngoài đường tròn
kẻ cát tuyến đi qua M và O , cắt (O) tại F và K (F nằm giữa M và K)
Lúc này , theo bài toán MR ở trên thì
$\frac{MP^2}{PK^2} = \frac{MF.MO}{OK.KF}$

Mà $MP^2 = MF.MK$ (cái ni đừng bắt em cm na)
nên ko khó để thấy

$\frac{MF.MK}{PK^2} = \frac{MF.OM}{OK.KF} \Leftrightarrow \frac{MK}{PK^2} = \frac{OM}{OK.KF}$

và tới đây , hoặc dừng lại , hoặc tiếp tục chiến tiếp , ta có thể có nhiều hơn các bài toán khó hơn bằng cách biến đổi thêm !

Lưu ý : Toàn bộ mr đều có cách cm tương tự mr , ko khác là bao !
Ở cách cm mr , em xin đính chính : em cm mệnh đề đảo là điểm M t/m cả 2 mệnh đề đó ! mong BGK đừng hiểu nhầm!

[perfectstrong]

Thời gian thi trận 14 đã hết. Mời các chém thủ chém gió bài lẫn nhau, nhưng không quá xoáy hoặc lệch mục tiêu.