Chủ đề này có 12 trả lời

[Zaraki]

Thầy Hùng có đưa ra lời giải bài Tuần 3 tháng 1 tại Tuần 4 tháng 1 và kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 23. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp với $AC$ cắt $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EAD$ và $EBC$ cắt nhau tại $F$ khác $E$. Trung trực đoạn thẳng $DB, AC$ lần lượt cắt $FB,FA$ theo thứ tự tại $K,L$. Chứng minh rằng $KL$ chia đôi $AB$.

 

[baopbc]

Thầy Hùng có đưa ra lời giải bài Tuần 3 tháng 1 tại Tuần 4 tháng 1 và kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 23. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp với $AC$ cắt $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EAD$ và $EBC$ cắt nhau tại $F$ khác $E$. Trung trực đoạn thẳng $DB, AC$ lần lượt cắt $FB,FA$ theo thứ tự tại $K,L$. Chứng minh rằng $KL$ chia đôi $AB$.

 

Screen Shot 2016-01-25 at 6.39.17 am.png

Cách giải của em:

Trước tiên xin phát biểu không chứng minh một số bổ đề quen thuộc: Tứ giác toàn phần $ABCDEF$ có $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$; $M$ là điểm Miquel thì $M$ nằm trên $EF$ và $IM$ vuông góc với $EF$ khi và chỉ khi $ABCD$ nội tiếp.( Bổ đề có thể chứng minh bằng phương tích.

Trở lại bài toán: Gọi $Q$ là giao điểm của $AB$ và $CD$;$P$ là giao điểm của $AD$ và $BC$, theo định lý Brocard thì $OQ$ vuông góc với $PE$

Theo định lý về tâm đẳng phương thì $EF,AD,BC$ đồng quy tại $P$ nên $EF$ vuông góc $OQ$,theo bổ đề và sử dụng phương tích ta suy ra $OF$ vuông góc với$PE$ $(1)$

Từ $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $PE$ cắt trung trực $AC$ tại $X$; Từ $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với $PE$ cắt trung trực $BD$ tại $Y$; ta chứng minh $AX=BY$. Điều này tương đương với chứng minh:$\frac{sin \angle PEA}{sin \angle PEB}=\frac{BD}{AC}$. Xét định lý Sin trong tam giác $PAE$ và $PBE$ ta thu được đpcm. $(2)$

Từ (1)(2) áp dụng định lý Thales và định lý Menelaus cho tam giác $MAL$ ta có đpcm.

P/s: Bài toán này có thể có hướng giải khác là chứng minh $PK$ đi qua trung điểm $AB$, rồi tương tự với $PL$ (tiếc là em chưa làm được)

Hình gửi kèm

• 
• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 25-01-2016 - 18:53

[baopbc]

Hình cho ý tưởng thứ 2:

 

Hình gửi kèm

• 

[quanghung86]

Cám ơn em đã đóng góp lời giải, bài này cũng có nhiều cách, cách giải của em mới và khác của thầy, hãy đón đọc đáp án thứ 2 tuần sau !

[baopbc]

Em xin nêu luôn bài toán tổng quát: Bài toán trên vẫn đúng khi tứ giác $ABCD$ không phải là tứ giác nội tiếp thậm chí khi tứ giác $ABCD$ không phải là tứ giác lồi:

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 25-01-2016 - 20:56

[vietanhpbc]

Em xin nêu luôn bài toán tổng quát: Bài toán trên vẫn đúng khi tứ giác $ABCD$ không phải là tứ giác nội tiếp thậm chí khi tứ giác $ABCD$ không phải là tứ giác lồi:

mình cũng nghĩ thế, nhưng thử giải TH không nội tiếp khó quá , mãi mà chưa ra 

[baopbc]

Hình cho trường hợp tứ giác lồi:(P/s: Bài toán hay tuyệt )

 

Hình gửi kèm

• 

[quanghung86]

Ồ nếu đúng là đúng cho tứ giác bất kỳ thì là chuyện lạ, thầy tạo ra nó từ trường hợp góc vuông nên chỉ xét đến tứ giác nội tiếp, thầy đã không nghĩ tới tổng quát nó tiếp. Cám ơn em đã đóng góp một ý tưởng rất hay

[Belphegor Varia]

Lời giải cho mở rộng của baopbc bằng lượng giác : 

$\frac{KF}{KB}=\frac{KF}{KD}=\frac{\sin \angle KDF}{\sin \angle KFD}=\frac{\sin (\angle FBD-\angle FDB)}{\sin (\angle FDB+FBD)}$

Tương tự

$\frac{LA}{LF}=\frac{\sin (\angle FCA-\angle FAC)}{\sin (\angle FCA +  \angle FAC)}$

 

$\Rightarrow \frac{LA}{LF}=\frac{KF}{KB}$

Nên áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle AFB$ suy ra $KL$ đi qua trung điểm $AB$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 25-01-2016 - 23:31

[canhhoang30011999]

ban đầu mình chỉ giải chờ th nội tiếp nhưng không ngờ tổng quát được

Kẻ $CQ\perp EC,DP\perp BD$

ta có $\bigtriangleup AFC\sim \bigtriangleup DFB$

$\bigtriangleup DFP\sim \bigtriangleup QFC$

 nên $\Rightarrow \frac{FP}{FB}= \frac{FP}{FD}.\frac{FD}{FB}= \frac{FC}{FQ}.\frac{FA}{FC}= \frac{FA}{FQ}$

Nên AQ song song BP nên theo tính chất đtb ta có LK đi qua trung điểm BC 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 25-01-2016 - 23:43

[dogsteven]

Gọi $M, N, P, Q$ lần lược là trung điểm $AC$, trung điểm $BD$, hình chiếu của $F$ trên $AC, BD$

Ta có $\Delta FBD\sim \Delta FAC$ và $FQ, FP$ tương ứng là các đường cao, $N, M$ tương ứng là các trung điểm nên $\dfrac{NQ}{NB}=\dfrac{PM}{MC}=\dfrac{PM}{AM}$ hay $\dfrac{KF}{FB}=\dfrac{LF}{LA}$. Áp dụng định lý Menelaus cho ta điều phải chứng minh.

[quanghung86]

Cám ơn các em lời giải dùng kiến thức cấp 2 rất chuẩn. Các lời giải này ngắn gọn hơn lời giải của thầy cho bài gốc, tuy vậy tuần tới thầy vẫn sẽ trình bày lại lời giài của thầy trong file để các em cùng tham khảo.

[quanghung86]

Mở rộng thêm một chút nữa thì có thể thay thế đường trung trực.

 

Cho tứ giác $ABCD$ và $P$ là điểm thuộc $AB$. $AC$ cắt $BD$ tại $E$. Đường tròn $(EAD),(EBC)$ cắt nhau tại $F$ khác $E$. Trên $CA,BD$ lấy các điểm $Q,R$ sao cho $PQ\parallel BC$ và $PR\parallel AD$. Trên $FB,FA$ lấy $S,T$ sao cho $RS\perp BD$ và $QT\perp AC$. Chứng minh rằng $P,S,T$ thẳng hàng.

 

Lời giải dùng đồng dạng tương tự như hai em đã làm.

Hình gửi kèm

•