Đến nội dung

Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

* * * * * 1 Bình chọn hình học

Lời giải halloffame, 02-01-2018 - 16:29

Lời giải bài toán 196. Ta chứng minh bài toán cho đường tròn $(K)$ tiếp xúc trong $(O),$ trường hợp tiếp xúc ngoài chứng minh tương tự. Ta thấy có thể bỏ đi điểm $B$ không cần thiết.

Bài toán 196'. $\Delta ADC$ vuông tại $D$ nội tiếp $(O),$ một đường tròn $(E)$ tiếp xúc trong $(O)$ ở $T.M,N \in (E)$ sao cho $MN \parallel AD$ và $MN=AD.P,R$ là trung điểm $MD,MC.$ Khi đó $P \in (ORT).$

Chứng minh. 

$M'$ đối xứng $M$ qua $T.$ Dựng điểm $I$ sao cho $OEMI$ là hình bình hành.

$OI$ cắt $(O),CD$ ở $K,L.J$ là hình chiếu $I$ lên $CD.$

Từ $OEMI$ là hình bình hành và $EM=ET$ ta suy ra được $IK=IM=JN,LK=LM$

Gọi $Q$ đối xứng $M$ qua $O$ thì $Q \in LM'.$ Ta có $LM'.LQ=LK.NJ=LK.KI=KO^2-OL^2=LC.LD \Rightarrow Q \in (M'CD).$

Qua phép vị tự tâm $M$ tỉ số $\frac{1}{2}$ ta có ngay đpcm.

[attachment=33194:Screen Shot 2018-01-02 at 1.29.42 AM.png]

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 434 trả lời

#101
viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 45}}$

cac.png

Gọi $X,Y$ là giao điểm thứ hai của $BI,CI$ với $(O)$

Gọi $R$ là trung điểm của $AD$. Kẻ đường kính AG

Ta có: $(ADE),(ADF0,(O)$ đồng trục nên $M,O,N,R$ thẳng hàng

Theo tính chất đường tròn $Mixtilinear$ thì $D,F,Y$ và $D,E,X$ thẳng hàng và $AXDY$ là tứ giác điều hòa

Theo tính chất của tứ giác điều hòa thì $\widehat{YRM}=90^{o}-\widehat{ARY}=90^{o} -\widehat{XDY}= \widehat{XAY} - 90^{o}$

Lại có: $\widehat{MAC}=90^{o}-\widehat{ADE}=90^{o}-\widehat{CAX}$

Suy ra $\widehat{MAX}=90^{o}$ suy ra $\widehat{YRM}=\widehat{XAY} - 90^{o}=\widehat{YAM}$

Do đó $AYMR$ nội tiếp. Tương tự $AXNR$ nội tiếp 

Suy ra $AY \perp YM,AX \perp XN$ suy ra $Y,M,G$ và $X,N,G$ thẳng hàng 

Mà $AM \parallel GN (\perp AX)$ và $AN \parallel GM (\perp AY)$ nên $AMGN$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $MN$

Áp dụng định lý $Ceva-Sin$ cho tam giác $AMN$ kết hợp với $\widehat{YMA}=\widehat{YRA}=\widehat{XRA}=\widehat{XNA}$ thì ta chỉ cần chứng minh:

$$\dfrac{sin \widehat{XNM}}{sin \widehat {YMN}}=\dfrac{sin \widehat{OAM}}{sin \widehat {OAN}}$$

Mặt khác $\widehat{XNM}=180^{o}-\widehat{XAD},\widehat{YMN}=180^{o}-\widehat{YAD}$ suy ra $\dfrac{sin \widehat{XNM}}{sin \widehat {YMN}}=\dfrac{sin \widehat{XAD}}{sin \widehat {YAD}}=\dfrac{XD}{YD}=\dfrac{AY}{AX}$

Và $AO$ là trung tuyến của tam giác $AMN$ nên $\dfrac{sin \widehat{OAM}}{sin \widehat {OAN}}=\dfrac{AN}{AM}$

Do đó ta sẽ chứng minh $\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{AY}{AX}$ (đúng do hai tam giác vuông $YAM,XAN$ đồng dạng)

Vậy ta có điều phải chứng minh 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 26-06-2016 - 01:54

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#102
viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 46}}$

Cho tam giác $ABC$ và điểm $O$ bất kỳ khác $A,B,C$. Giả sử đường tròn $(O,OA)$ cắt $BC$ tại $D,E$. Các đường tròn $(ABD),(ACE)$ cắt lại $AC,AB$ tại $X,Y$. Gọi $O'$ là tâm của $(AXY)$. Chứng minh rằng $OO' \perp BC$

cac.png


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#103
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 46}}$

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ với phương tích bất kì, ta thấy bài toán gốc là tương đương với bổ đề sau:

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ và điểm $O$ bất kì, trung trực $AO$ cắt $(ABC)$ tại $D,E;BD,CE$ cắt $AC,AB$ ở $X,Y.$

Gọi $O'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $XY,$ thế thì $(OAO')$ và $(ABC)$ trực giao.

Bây giờ ta đi chứng minh bổ đề. Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ và $DE$ là $Z.$

 

Áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm \begin{pmatrix} E,B,A \\ A,C,D \end{pmatrix} $\Rightarrow X,Y,Z$ thẳng hàng.

Do đó $Z$ thuộc $XY,DE$ lần lượt là trung trực $AO,AO'$ hay $Z$ là tâm $(OAO').$

Do $ZA$ tiếp xúc $(ABC),$ ta suy ra $(OAO')$ và $(ABC)$ trực giao.

Vậy bổ đề được chứng minh và bài toán gốc cũng được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:41

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#104
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 47}}$ (Sưu tầm) Cho tam giác $ABC$ và điểm Lemoine $L.P$ bất kì nằm trên $(ABC).PL$ cắt $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z.$ Chứng minh:

$\frac{3}{\overline{PL}} = \frac{1}{\overline{PX}} + \frac{1}{\overline{PY}} + \frac{1}{\overline{PZ}}.$


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#105
Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 47}}$

Bổ đề: $(AB, CD) = \omega$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1-\omega}{\overline{AB}}=\frac{1}{\overline{AC}}-\frac{\omega}{\overline{AD}}$. (Hệ thức Descartes mở rộng)

Quay lại bài toán:

Tiếp tuyến tại $P$ của $(ABC)$ cắt $AC$ tại $D$. Từ $D$ kẻ tiếp tuyến $DE$ khác $DP$ đến với $(ABC)$. $BE$ cắt $PL$ tại $F$. $BL$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $B'$.

Ta nhận thấy rằng $BAB'C$ và $APCE$ là hai tứ giác điều hòa.

Do đó $P(ACBB')=-1=B(ACPE)$, suy ra $BE, PB', AC$ đồng quy tại $G$.

$BL$ cắt $AC$ tại $B_1$. Bằng đại số ta suy ra $(B'LB_1B)=-2$.

Mặt khác $(PFZX)=B(PFZX)=B(PEAC)=-1$, áp dụng bổ đề ta có: $\frac{2}{\overline{PF}}=\frac{1}{\overline{PZ}}+\frac{1}{\overline{PX}}$.

Ta lại có $(PLYF)=G(PLYF)=G(B'LB_1B)=-2$, áp dụng bổ đề ta có:

$\frac{3}{\overline{PL}}=\frac{1}{\overline{PY}}+\frac{2}{\overline{PF}}=\frac{1}{\overline{PY}}+\frac{1}{\overline{PX}}+\frac{1}{\overline{PZ}}$ $\blacksquare$.

P/s: Thầy (hoặc bạn nào đó) có thể đăng giúp em (mình) bài mới được không ạ?



#106
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 48}}$ (theo đề nghị của bạn Ngockhanh99k48) (sưu tầm) Cho tứ giác $ABCD$ lưỡng tâm nội tiếp $(O).$ Một đường tròn tiếp xúc với $DA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $X.$ Tương tự có $Y,Z,T.$ Chứng minh $AX,BY,CZ,DT$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 27-06-2016 - 01:00

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#107
Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 48}}$ 

Tương tự y như chứng minh với đường tròn Mixtilinear trong tam giác. Gọi đường tròn $(I)$ nội tiếp tứ giác $ABCD$, đường tròn tiếp xúc $DA, AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ gọi là đường tròn $(O_a)$. 

Theo định lí Monge-D'Alembert ta có:

$A$ là tâm vị tự ngoài của $(I)$ và $(O_a)$, $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(O_a)$, Do đó $AX$ đi qua tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$. Tương tự ta sẽ có $AX, BY, CZ, DT$ đồng quy tại tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$.

P/s: Thầy (hoặc bạn nào đó) có thể đăng giúp em bài mới được không ạ?



#108
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài này phải dùng nhiều kỹ thuật, mặt khác vì nó là bài của mình tạo ra mình cũng không muốn đưa vào topic, vậy ta tạm gác lại, mình đề xuất một bài toán khác thay thế. 

 

$\boxed{\text{Bài toán 49.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P$ là điểm bất kỳ trong tam giác. Đường tròn $(K),(L)$ lần lượt ngoại tiếp các tam giác $PAC,PAB$ lần lượt cắt $BC$ tại $F,E$ khác $C,B$. $M$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $PA$ cắt $BC$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ tại $N$. $MN$ cắt $KL$ tại $Q$. Chứng minh rằng $Q$ nằm trên trung trực $BC$.

 

Mình nghĩ rằng nên có thêm một quy tắc, là những ai đề xuất bài vào topic này cần có đáp án, nếu bài không có đáp án chỉ nên thảo luận bên ngoài thôi.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 29-06-2016 - 07:38
Sửa latex


#109
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 49}}$ Vẽ đường tròn $(Q;QA).$ Dễ thấy $(K),(L),(Q)$ có chung trục đẳng phương là $PA.$

Ta cũng thấy $N$ là tâm của đường tròn qua $A,D$ tiếp xúc $BC,$ kí hiệu nó là $(N).$ Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC).$

$(M)$ cắt $(N)$ tai $X$ khác $A,$ khi đó $(Q),(M),(N)$ có trục đẳng phương chung là $AX.$ Gọi $Y$ là điểm sao cho $AYBC$ là hình thang cân có đáy $AY.$

Ta có $Q \in$ trung trực $BC \Leftrightarrow OQ \perp BC \Leftrightarrow AY$ là trục đẳng phương của $(O),(Q) \Leftrightarrow APXY$ là tứ giác nội tiếp.(1)

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, kết hợp với (1) ta đưa bài toán ban đầu về bổ đề sau đây:

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ với $P$ bất kì trong tam giác $.PA,PB,PC$ cắt $(ABC)$ tại $D,E,F.$ Tiếp tuyến tại $A,P$ của $(ABC)$ lần lượt cắt $BC,EF$ tại $Y,X.$ Chứng minh $Y,P,X$ thẳng hàng.

Bây giờ ta đi chứng minh bổ đề. Gọi $Z$ là giao điểm của $AE$ và $CD.$

Áp dụng định lý Pascal cho các bộ điểm

$\begin{pmatrix} A,B,D \\ C,A,E \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} E,D,C \\ D,F,A \end{pmatrix}$ 

ta lần lượt suy ra được $X,P,Z$ thẳng hàng và $Y,P,Z$ thẳng hàng. Do đó $X,P,Y$ thẳng hàng.

Vậy bổ đề được chứng minh và bài toán gốc cũng được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:42

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#110
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 49}}$

Ta có $DE.DB = DF.DC = DA.DP$ nên $D$ là tâm vị tự trong của $(AEF)$ và $(PBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$ thì $M, D, R$ thẳng hàng.

Gọi $X$ là tâm của $(AED)$ thì ta có $\widehat{MXD}=180^o-\widehat{EXD}-\widehat{LXE}=\widehat{AED}-\widehat{EAD}=\widehat{AED}-\widehat{PBD}=\widehat{AIP}=\widehat{MLR}$ với $I$ là giao điểm của $AE$ và $PB$
Do đó $DX || LR$, mà $XN || LK$ nên $\dfrac{MN}{MQ}=\dfrac{MX}{ML}=\dfrac{MD}{MR}$, do đó $RQ || ND \perp BC$ mà $R$ thuộc trung trực $BC$ nên $Q$ thuộc trung trực $BC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 29-06-2016 - 13:30

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#111
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 50}}$ Cho một điểm $A$ bất kì và một đường thẳng $d$ không đi qua $A.$ Lấy trên $d$ các điểm $B,C,E$ sao cho đường thẳng Euler của tam giác $ABC$ song song với $AE.$ Chứng minh đường thẳng Euler của tam giác $ACE$ song song với $AB.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 29-06-2016 - 13:44

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#112
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 46}}$ (Theo đề nghị của anh halloffame)

$P$ là giao điểm của $(BAD)$ và $(CAE)$. $PE$ cát $AB$ tại $T$, $PD$ cắt $AC$ tại $Z$ thì $ZT$ là trục đẳng phương của $(O')$ và $(PDE)$

Khi đó $180^o-\widehat{AZP}=\widehat{DAC}+\widehat{ADZ}=\widehat{ABP}+\widehat{DAP}+\widehat{PAC}=\widehat{TBE}+\widehat{TED}=\widehat{ATP}$

Do đó tứ giác $ATPZ$ nội tiếp nên $\widehat{TZD}=\widehat{TAP}=\widehat{ZDE}$ hay $TZ || BC$

Do đó $O'$ thuộc trung trực $DE$ nên $OO'\perp BC$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 01-07-2016 - 17:51

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#113
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Lời giải không nghịch đảo của Khoa cho bài của thầy rất thú vị, bài đó thầy tạo ra từ nghịch đảo giống như Quân (halloffame) đã làm, bài toán gốc là một mở rộng của bài 4 trong IMO 2010, hãy đón đọc cả bài viết trong kỷ yếu GGTH 2016 :)!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:43


#114
QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Lời giải của mình cho bài 50

Đường thẳng Euler của $\triangle ABC$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $X$, $Y$, $Z$.

Vị tự tâm $C$, chỉ cần chỉ ra đường thẳng Euler của $\triangle CXY$ song song $AB$.

Tuy nhiên đây chính là một phần của định lý Gossard nổi tiếng https://en.wikipedia...sard_perspector

Em nhờ thầy đề nghị giúp em bài mới ạ.

Hình gửi kèm

  • OH.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 29-06-2016 - 19:48


#115
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài toán Gossard có thể tham khảo thêm các link sau từ AoPS

 

http://artofproblems...unity/c6h284982

 

http://artofproblems...unity/c6h561557

 

Được Dương đồng ý, mình xin đề nghị bài sau (Trong chuỗi bài GGTH 2016)

 

$\boxed{\text{Bài toán 51.}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác và nằm trên trung trực $BC$. Lấy điểm $Q$ trên đường tròn $(PBC)$ và nằm trong tam giác sao cho $\angle PQA+\angle OAP=90^\circ$. $QA,QB,QC$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $DE,DF$ lần lượt cắt $PQ$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $BN,CM,EF$ đồng quy tại $R$ và $\angle RQA=\angle PAO$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 29-06-2016 - 21:20
Sửa lại theo cm của Khoa


#116
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

$\boxed{\text{Bài toán 51}}$ Em nghĩ đề là $BN, CM, EF$ đồng quy tại $R$

Gọi $R$ là giao điểm của $BN, CM$, khi đó ta có $B(EF,RC)=B(QF,ND)=Q(EF,ND)=Q(EF,MD)=C(EF,RB)$ nên $E,F,R$ thẳng hàng.

Ngoài ra $Q(RP,BC)=N(RQ,EF)=N(BQ,EF)=-1$, mà $QP$ là phân giác ngoài góc $BQC$ nên $QR \perp PQ$

Do đó $\widehat{RQA}=90^o-\widehat{AQP}=\widehat{PAO}$

$\boxed{\text{Bài toán 52}}$ Cho tứ giác $ABCD$ với điểm $P$ nằm trong nó thỏa mãn $\widehat{APB}+\widehat{CPD}=180^o$. Gọi $E, F, G, H$ là hình chiếu của $P$ trên $AB, BC, CD, DA$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFGH$ nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm $AC$ và $BD$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 29-06-2016 - 21:06

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#117
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Lời giải của em khá ngắn gọn làm thầy bất ngờ :), đáp án của thầy dài hơn. Chú ý $E,F,R$ thẳng hàng chỉ cần định lý Pappus đảo!



#118
QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Với bài 52, việc cho hai góc bù nhau chỉ giúp chứng minh $EFGH$ đồng viên(theo mình là vậy) cụ thể
$(EF,EH)=(EF,EP)+(EP,EH)=(BC,BP)+(AP,AD)=(BC,AD)+(PA,PB)$
$(GF,GH)=(GF,GP)+(GP,GH)=(CB,CP)+(PD, DA)=(BC,AD)+(PD,PC)$
do đó chúng đồng viên.
Ý thứ 2 nên đc phát biểu khác đi như sau: cho tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $a ,b, c, d$ và 1 điểm $P$. Nếu hình chiếu vuông góc của $P$ lên 4 cạnh tứ giác toàn phần đồng viên thì tâm đường tròn thuộc đường thẳng Newton-Gauss của tứ giác toàn phần.
Chứng minh điều này đã có trong bài viết tổng quát đường thẳng Newton nhưng dùng lượng giác, diện tích và chứng minh hoàn toàn phụ thuộc hình vẽ.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 30-06-2016 - 11:16


#119
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Dương đã nhắc lại một mở rộng cũ, mở rộng này còn có phát triển hơn nữa khi thay thế các đường vuông góc như sau

 

http://artofproblems...nity/q2h1140524

 

Lời giải trong topic đó của Luis dùng nghịch đảo và tỷ số kép.



#120
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Với bài 52, em xin đề xuất một cách giải dùng diện tích.

Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $P$ qua $O$, gọi $X, Y, Z, T$ là hình chiếu của $Q$ trên $AB, BC, CD, DA$ ($O$ là tâm $(EFGH)$)

Ta có $PQXE$ là hình thang vuông, mà $O$ là trung điểm $PQ$ nên $OE=OX$ hay $X\in (O)$

Chứng minh tương tự ta suy ra $Y, Z, T\in (O)$, bằng việc biến đổi góc: $\widehat{DQT}=\widehat{DZT}=\widehat{DHG}=\widehat{DPG}$

Do đó $DP, DQ$ đẳng giác góc $D$ tứ giác $ABCD$, chứng minh tương tự với các góc còn lại.

Ta có: $\dfrac{AX}{AH}=\dfrac{AT}{AE}=\dfrac{QT}{PE}$ nên $AX.PE=AH.QT$, tương tự ta có $BX.PE=BF.QY$

Cộng vế theo vế ta suy ra $S_{PAB}=S_{QAH}+S_{QBF}$, một cách tương tự ta có: $S_{PCD}=S_{QDH}+S_{QCF}$

Do đó $S_{PAB}+S_{PBC}=S_{QAD}+S_{QBC}$ hay $S_{PBC}+S_{QBC}+S_{PAD}+S_{QAD}=S_{ABCD}$

Mà $2S_{OBC}=S_{PBC}+S_{QBC}$ và $2S_{OAD}=S_{PAD}+S_{QAD}$ nên $S_{OBC}+S_{OAD}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}$

$BC$ cắt $AD$ tại $U$, dựng $V \in BC, W\in AD$ sao cho $UV=BC$ và $UW=AD$

Khi đó $S_{OVW}=S_{OVU}+S_{OWU}-S_{UVW}=S_{OBC}+S_{OAD}-S_{UVW}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}-S_{VWU}$

Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $S_{MVW}=S_{MVU}+S_{MWU}-S_{UVW}=S_{MBC}+S_{MAD}-S_{UVW}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}-S_{VWU}$

Như vậy $OM || VW$, tương tự nếu $N$ là trung điểm $BD$ thì  $ON || VW$ hay $O, M, N$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 30-06-2016 - 09:28

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh