Chủ đề này có 10 trả lời

[nhatquangsin]

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ có $d$ là trục đẳng phương. Lấy điểm $I$ bất kì trên $d$. Từ $I$ kẻ hai tiếp tuyến $IA$ và $IB$ lần lượt đến $(O)$ và $(O')$. $IA,IB$ cắt $OO'$ tại $C,D$. Lấy $P$ bất kì trên $d$. $PC$ cắt $(O)$ tại $M,N$ theo thứ tự. Tương tự $PD$ cắt $(O')$ tại $Q,R$ theo thứ tự. Chứng minh rằng $MA,QB,d$ đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 18-11-2013 - 16:11

[nhatquangsin]

Gửi hêm cái hình

Hình gửi kèm

• 

[BlackSelena]

Bài này tre0 mấy bữa nay mà k0 thấy ai vô giải :\

Dễ có $MNRQ$ nội tiếp nên $\text{Angle-chasing}$ một chút là có $AMQB$ nội tiếp (cần gọi thêm giao điểm $OO'$ và $d$,là $Z$) kí hiệu đường tròn này là $(O_3)$

Từ đó có $d, MA, MB$ là trục đẳng phương của $(O), (O') và (O_3)$ nên chúng đồng quy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 18-11-2013 - 01:15

[altanok]

Bài này tre0 mấy bữa nay mà k0 thấy ai vô giải :\

Dễ có $MNRQ$ nội tiếp nên $\text{Angle-chasing}$ một chút là có $AMQB$ nội tiếp (cần gọi thêm giao điểm $OO'$ và $d$,là $Z$) kí hiệu đường tròn này là $(O_3)$

Từ đó có $d, MA, MB$ là trục đẳng phương của $(O), (O') và (O_3)$ nên chúng đồng quy

Bạn có thể viết ra chi tiết "angle-chasing một chút" để có $AMQB$ nội tiếp được không? Cám ơn bạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi altanok: 20-11-2013 - 00:44

[BlackSelena]

Bạn có thể viết ra chi tiết "angle-chasing một chút" để có $AMQB$ nội tiếp được không? Cám ơn bạn.

Sorry bạn đúng là mình hơi bất cẩn tr0ng lúc làm :-?

Để mình coi lại xem sa0

[altanok]

Rất là trùng hợp, hôm nay xem artofproblemsolving thấy ngay có người hỏi bài này, mà các ký hiệu gần như không thay đổi, chỉ thay $P$ bang $S$ thôi, lạ thật

ttp://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=563325

 

Vào thời điểm này chưa có bài trả lời, các bạn để ý xem nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi altanok: 20-11-2013 - 16:38

[perfectstrong]

Đề sai hoặc thiếu giả thiết!

[nhatquangsin]

Đề sai hoặc thiếu giả thiết!

281113.png

Đúng là thiếu giả thiết $A,B$ cùng phía so với $OO'$

nhưng với hình của anh thì đổi thành $AN,BQ,d$ đồng quy vẫn đúng mà

[perfectstrong]

Lời giải:

Trước hết, ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề 1:

Cho 2 đường tròn $(O),(O')$ và trục đẳng phương $d$. $I$ bất kì trên $d$. Vẽ tiếp tuyến $IA,IB$ tới $(O),(O')$. Khi đó $AB$ đi qua tâm vị tự trong hoặc ngoài của $(O),(O')$

Bổ đề 2:

Cho 2 đường tròn $(O),(O')$ và $X$ là 1 trong 2 tâm vị tự (trong, ngoài) của $(O),(O')$. 2 cát tuyến qua $X$ cắt $(O),(O')$ tại các cặp điểm $(A,C),(B,D) (A,B \in (O),C,D \in (O'))$ tương ứng sao cho $OA \not \parallel O'C$ và $OB \not \parallel O'D$. Khi đó $A,B,C,D$ đồng viên.

====================================

Quay lại bài toán. Do bổ đề 1, ta xét trường hợp $AB$ qua $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O),(O')$, TH còn lại xét tương tự.

$XM$ cắt $(O')$ tại $Q'$ sao cho $OM \not \parallel O'Q'$. Vẽ $MC$ cắt $Q'D$ tại $P'$

Từ bổ đề 2, ta có $M,A,B,Q'$ đồng viên. Gọi $V$ là giao điểm của $MA,QB'$ thì $\overline{VM}.\overline{VA}=\overline{VB}.\overline{VQ'} \Rightarrow P_{V/(O)}=P_{V/(O')} \Rightarrow V \in d$

Theo định lý Désargues cho $\triangle DBQ',CAM$ có $DC,BA,Q'M$ đồng quy tại $X$ thì $I(=DB \cap CA),V(=BQ' \cap AM),P'(=Q'D \cap MC)$ thẳng hàng. Tức $P' \in d \Rightarrow P' \equiv P \Rightarrow Q \equiv Q'$. Ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 29-11-2013 - 22:05

[nhatquangsin]

Lời giải:

Trước hết, ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề 1:

Cho 2 đường tròn $(O),(O')$ và trục đẳng phương $d$. $I$ bất kì trên $d$. Vẽ tiếp tuyến $IA,IB$ tới $(O),(O')$. Khi đó $AB$ đi qua tâm vị tự trong hoặc ngoài của $(O),(O')$

Bổ đề 2:

Cho 2 đường tròn $(O),(O')$ và $X$ là 1 trong 2 tâm vị tự (trong, ngoài) của $(O),(O')$. 2 cát tuyến qua $X$ cắt $(O),(O')$ tại các cặp điểm $(A,B),(C,D)$ tương ứng sao cho $OA \not \parallel O'B$ và $OC \not \parallel O'Q$. Khi đó $A,B,C,D$ đồng viên.

====================================

291113.png

Quay lại bài toán. Do bổ đề 1, ta xét trường hợp $AB$ qua $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O),(O')$, TH còn lại xét tương tự.

$XM$ cắt $(O')$ tại $Q'$ sao cho $OM \not \parallel O'Q'$. Vẽ $MC$ cắt $Q'D$ tại $P'$

Từ bổ đề 2, ta có $M,A,B,Q'$ đồng viên. Gọi $V$ là giao điểm của $MA,QB'$ thì $\overline{VM}.\overline{VA}=\overline{VB}.\overline{VQ'} \Rightarrow P_{V/(O)}=P_{V/(O')} \Rightarrow V \in d$

Theo định lý Désargues cho $\triangle DBQ',CAM$ có $DC,BA,Q'M$ đồng quy tại $X$ thì $I(=DB \cap CA),V(=BQ' \cap AM),P'(=Q'D \cap MC)$ thẳng hàng. Tức $P' \in d \Rightarrow P' \equiv P \Rightarrow Q \equiv Q'$. Ta có đpcm.

anh có thể nói sơ qua cách chứng minh bổ đề được không, em thấy nó chẳng dễ dàng chút nào

[perfectstrong]

anh có thể nói sơ qua cách chứng minh bổ đề được không, em thấy nó chẳng dễ dàng chút nào

Xin lỗi, bổ đề 2 anh viết bị nhầm. Đã sửa lại. Hướng dẫn chứng minh (còn có cách khác)

Bổ đề 1: Vẽ $OA \cap O'B=C,\,\,AB \cap OO'=D$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle EAB$.

Bổ đề 2: Xét TH $X$ là tâm vị tự ngoài. $XC,XD$ cắt $(O')$ tại lần 2 tại $C',D'$. Dễ thấy $O'C' \parallel OA,\,\,O'D' \parallel OB$.