Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 2 tháng 4/2016: Mở rộng bài toán hình học Miền Tây Trung Quốc


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 10-04-2016 - 19:58

Em cập nhật bài mới thay anh Toàn vậy! :)

 

Lời giải bài tuần 1 tháng 4 đã được thầy Hùng đưa ra tại tuần 2 tháng 4 và kèm theo bài toán mới:

 

Bài 34. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AC$ cắt $BD$ tại $P.M$ là trung $AD. K,L$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $AB,CD$. Gọi $S,T$ lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác $KMA$ và $LMD$. Chứng minh rằng: $KS.BT=CS.LT$.

Post 50.png

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 18-04-2016 - 20:15
sửa link


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 10-04-2016 - 20:26

Chém luôn cho nóng vậy ! :)

Lời giải. Để giải quyết bài toán, ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $(O). AC$ cắt $BD$ tại $P$. Gọi $K,L$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $AB,CD$. Chứng minh $\triangle KML\sim \triangle BOC$

Chứng minh.

Quay lại bài toán. 

Ta có: $\angle SAK=\angle OMK,\angle  TDL=\angle OML$. Mặt khác theo bổ đề thì $\angle KML=2\angle BDC\Rightarrow \angle SAC=\angle TDB$

Post 52.png

Hình vẽ bài toán

 

Lại có $MK=ML$ nên $\frac {AS}{DT}=\frac {sin A}{sin D}=\frac {BD}{AC}$

$\Rightarrow \triangle SAC\sim \triangle TDB(c.g.c)\Rightarrow SA.BT=SC.TD\Rightarrow KS.BT=CS.LT.\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 10-04-2016 - 21:00


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 575 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 10-04-2016 - 20:38

Cám ơn Bảo lời giải rất nhanh và nóng :D, bài toán gốc là bài vô địch miền Tây Trung Quốc năm 2014 ở đây 

 

http://artofproblems...h602578p3577464



#4 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 575 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 11-04-2016 - 19:13

Bài toán gốc và mở rộng này là một cấu hình có nhiều giá trị để khai thác, mình xin bắt đầu từ một hệ quả của bài toán gốc

 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường kính $AB$. Gọi $P,Q$ là tâm của $(OAC)$ và $(OBD)$. Gọi $PK,QL$ là phân giác các tam giác $PCD,QCD$. Chứng minh rằng $CK=DL$.

 

Dẫn tới một hệ quả khá đẹp của bài tổng quát như sau

 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AC$ cắt $BD$ tại $P.$ $M$ là trung $AD.$ Gọi $K,L$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $AB,CD$. Gọi $S,T$ lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác $KMA$ và $LMD$. Gọi $SU,TV$ lần lượt là phân giác các tam giác $SCK$ và $TBL$. Chứng minh rằng trung trực $KL$ chia đôi $UV$.

 

Trong link gốc mình cũng đưa ra một khai thác. Mình thấy có khá nhiều điểm đặc biệt trên cấu hình này. Các bạn hãy thử tìm hiểu!



#5 cleverboy

cleverboy

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 15 Bài viết

Đã gửi 12-04-2016 - 06:15

Bài toán không khó nhưng khá thú vị  :icon1:. Một tính chất xung quanh cấu hình này.

Tuan2-4 1.png Tuan2-4 2.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 12-04-2016 - 08:45


#6 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 12-04-2016 - 11:20

Bài toán không khó nhưng khá thú vị  :icon1:. Một tính chất xung quanh cấu hình này.

attachicon.gifTuan2-4 1.pngattachicon.gifTuan2-4 2.png

Lời giải. Ta cần có bổ đề sau.

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $(O). AC$ cắt $BD$ tại $P$. Gọi $K,L$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $AB,CD$. Chứng minh $\triangle KML\sim \triangle BOC$

Chứng minh ở # $251$.

Quay lại bài toán.

Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của $AD,BC$. Áp dụng bổ đề trên ta suy ra $\triangle KEL$ cân tại $E$ nên trung trực của $KL$ chính là tia phân giác của $\angle KEL\Rightarrow \angle KEM=\angle KEL/2=\angle BOC/2=\angle KAM\Rightarrow KMEA$ là tứ giác nội tiếp.

Tương tự ta cũng có $BKNF,CLMF,DLNE$ là các tứ giác nội tiếp.

Áp dụng định lí $Miquel$ cho tứ giác toàn phần $FMPBNC$ ta được $(BPC)(CFM)(PMN)(BFN)$ đồng quy tại điểm $Q$

Tương tự ta cũng có $(APD)(END)(AME)(PMN)$ đồng quy.

Mặt khác theo phép chứng minh ở bổ đề trên thì $\angle BKF+\angle CLK=\angle BPC$ nên $(BKF)(BPC)(FLC)$ đồng quy.

Vậy các đường tròn trên đồng quy! 

Bài toán có thể khai thác thêm rất nhiều đường tròn đồng quy khác! :)



#7 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 575 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 12-04-2016 - 20:05

Một khai thác bài toán gốc mà ở trên AoPS đã có lời giải của Telv Cohl.

 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường kính $AB$. Gọi $P,Q$ là tâm của $(OAC)$ và $(OBD)$. Gọi $PK,QL$ là phân giác các tam giác $PCD,QCD$. Gọi $PD$ cắt $CQ$ tại $M$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của các đường tròn $(MCP)$ và $(MDQ)$ đồng quy với $AC$ và $BD$.


#8 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 12-04-2016 - 20:25

 

Một khai thác bài toán gốc mà ở trên AoPS đã có lời giải của Telv Cohl.

 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường kính $AB$. Gọi $P,Q$ là tâm của $(OAC)$ và $(OBD)$. Gọi $PK,QL$ là phân giác các tam giác $PCD,QCD$. Gọi $PD$ cắt $CQ$ tại $M$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của các đường tròn $(MCP)$ và $(MDQ)$ đồng quy với $AC$ và $BD$.

 

Lời giải của em: Dễ thấy $RMCD$ là tứ giác nội tiếp. Gọi $N'$ là tâm ngoại tiếp tam giác $OCD$ thì $\angle QN'D=\angle OCD=\angle CRD=\angle DMQ$ nên $DN'MQ$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle N'MD=\angle N'QD=\angle ABR=\angle RCD=\angle RMD$ nên $\overline{M,N',R}$

Chứng minh tương tự ta có điều phải chứng minh.

Post 55.png

Hình vẽ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 12-04-2016 - 20:48





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh