Chủ đề này có 4 trả lời

[perfectstrong]

Bài toán tuần 3 tháng 10/2015:

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ là một điểm nằm trên cung nhỏ $BC$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. Đường thẳng qua $O$ vuông góc $PT$ cắt $CA, AB$ tại $E, F$. $PE, PF$ lần lượt cắt $(O)$ tại $M, N$ khác $P$. Lấy các điểm $K, L$ sao cho $KA\perp AC, KN \perp NP, LA \perp AB, LM \perp MP$.

Chứng minh rằng $KB$ và $LC$ cắt nhau trên $(O)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 12-10-2015 - 04:01
Thêm link

[quanghung86]

Mình gửi hình cho bài mới

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 12-10-2015 - 15:46

[huypham2811]

Bài giải: Trước hết ta c/m: AP, BM, CN và EF đồng quy.

 

Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} P &B &C \\ A &N &M \end{pmatrix}$ suy ra BM, CN, EF đồng quy.

 

Gọi P' đ/x P qua EF => $P'\in (O)$ ,   ta có: BPCP' là tứ giác điều hòa => giao điểm X của 2 t/tuyến của (O) tại P,P' thuộc BC  và  X,E,F,O thẳng hàng

 

=> EF, BC và t/tuyến của (O) tại P đồng quy 

 

đồng thời áp dụng đlí Pascal cho $\begin{pmatrix} P &C &A \\ B &P &N \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} P &B &A \\ C &P &M \end{pmatrix}$

 

=> AP, BM, CN và EF đồng quy tại J.

 

OP cắt (O) tại Q  => Q,N,K   t/hàng và Q,M,L  t/hàng.

 

BO cắt (O) tại B',      CO cắt (O) tại C'      => A,C',K  t/hàng và  A,B',L  t/hàng.

 

Áp dụng đlí Pascal cho 6 điểm $\begin{pmatrix} A &Q &C \\ N &C' &P \end{pmatrix}$  =>    K,E,F  t/hàng.

 

tương tự L,E,F  t/hàng.       Vậy  K,L,E,F  t/hàng.

 

PT v/góc EF tại H.

 

ta có:  K,N,H,P đồng viên  <=> $\overline{FK}.\overline{FH}=\overline{FN}.\overline{FP}=\overline{FB}.\overline{FA}$

 

=> A,H,B,K đồng viên  => $\widehat{ABK}=\widehat{AHK}$   t/tự  $\widehat{ACL}=\widehat{AHL}$

 

Suy ra $\widehat{ABK}+ \widehat{ACL}=180^{\circ}$

 

Do đó ta có đpcm.

[Emyeutiengviet]

Gọi $J$ là giao điểm của $TP$ và $EF$

$K'$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AC$ và $EF$. Ta sẽ chứng minh $K' \equiv K$

Dễ thấy $B,J,O,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OT$

$\Longrightarrow \angle K'JB =\angle FJB =90^{o} - \angle BJT = 90^{o} -\angle BOT = 90^{o}-\angle BAC = \angle K'AB.$

Suy ra tứ giác K'AJB nội tiếp. Suy ra $\overline{FK'}.\overline{FJ}=\overline{FA}.\overline{FB}=\overline{FN}.\overline{FP}.$

Suy ra tứ giác K'NJP nội tiếp. Suy ra $\angle K'NP = \angle K'JP =90^{o}$. Suy ra $K'N \perp NP$ hay $K' \equiv K.$ 

Chứng minh tương tự với điểm $L$ suy ra $\angle KBA +\angle LCA = \angle KJA +\angle LJA = 180^{o}$ nên ta có đpcm 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Emyeutiengviet: 16-10-2015 - 00:52

[quanghung86]

Cách của bạn theo đúng hướng đáp án nhưng có một cách diễn đạt không cần dùng điểm trùng nhau !