Đến nội dung


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 :)