Chủ đề này có 10 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 22h10, Thứ Sáu, ngày 15/03/2013, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:

1) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

2) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

3) Trận 23 có

[E. Galois]

Đề bài :(Tru09)
Cho $(O)$ và $(O')$ cắt nhau ở $2$ điểm $A$ và $B$ . Tiếp tuyến chung $MN$ (gần $A$ hơn ) .Từ $M , N$ kẻ các đường thẳng vuông góc với OO' tại $H$ và $K$ .$AH , AK$ cắt $(O) ,(O')$ tại $P ,Q$ .
a, Chứng minh rằng $MP // NB , MB // NQ$
b, Chứng minh tứ giác $MNQP$ là tứ giác nội tiếp .

[BlackSelena]

Đề bài :(Tru09)
Cho $(O)$ và $(O')$ cắt nhau ở $2$ điểm $A$ và $B$ . Tiếp tuyến chung $MN$ (gần $A$ hơn ) .Từ $M , N$ kẻ các đường thẳng vuông góc với OO' tại $H$ và $K$ .$AH , AK$ cắt $(O) ,(O')$ tại $P ,Q$ .
a, Chứng minh rằng $MP // NB , MB // NQ$
b, Chứng minh tứ giác $MNQP$ là tứ giác nội tiếp .

Bài làm của MSS01-BlackSelena:
Trước hết, ta có 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1: Cho $(O)$ và $(O')$ giao nhau tại $A,B$. Tiếp tuyến chung $CD$. Từ $C$ và $D$ kẻ $CH, DK \perp OO'$. Khi đó $\angle HAK = \angle OAO'$

Trường hợp $CD \parallel OO'$ thì gần như là hiển nhiên nên em xin phép không chứng minh lại
Trường hợp $CD$ không song với $OO'$, gọi giao điểm của 2 đường thẳng này là $I$
Theo hệ quả của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, ta có $\angle ICE = \angle IAC$
$\Rightarrow \triangle ICE \sim \triangle IAC$
$\Rightarrow IC^2 = IE.IA$
mặt khác theo hệ thức lượng trong $\triangle ICO$ thì ta có $IC^2 = IH.IO$
Vậy $IE . IA = IH . OI$
$\Leftrightarrow \dfrac{IE}{IH} = \dfrac{IO}{IA}$
$\Rightarrow \triangle IEO \sim \triangle IHA$
$\Rightarrow \angle IAH = \angle IOE$
$\Rightarrow EHOA: tgnt \Rightarrow \angle AHK = \angle OEA = \angle OAE$
Chứng minh tương tự ta cũng có $\angle AKH = \angle O'AF$
Ta lại có $\angle HAK = 180^\circ - \angle AKH - \angle AHK \\ \angle OAO' = 180^\circ - \angle EAO - \angle FAO'$
$\Rightarrow \angle HAK = \angle OAO'$, vậy bổ đề được chứng minh
Bổ đề 2: Cho $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$. $P$ và $Q$ lần lượt nằm trên $O$ và $(O')$ sao cho $\angle POA = \angle QO'A$. Khi đó $P,B,Q$ thẳng hàng.

Thật vậy, kẻ đường kính $BC, BD$ thì ta có $\overline{C,A,D}$
Vậy: $\angle CBP + \angle CBD + \angle DBQ = \angle CAP + \angle QAD + \angle OAO' = \angle CAP + \angle PAQ + \angle DAQ = 180^\circ$
Vậy ta có đpcm
Quay trở lại bài toán

Áp dụng bổ đề trên, ta có $\angle HAK = \angle OAO'$ và $P,B,Q$ thẳng hàng
$\Rightarrow \angle HAO = \angle KAO'$
Mặt khác, ta dễ có $HMNK$ là hình thang
Cho $AB$ cắt $MN$ tại $X$, ta sẽ chứng minh $X$ là trung điểm $MN$
Thật vậy, lần lượt có $\triangle XMA \sim \triangle XBM \\ \triangle XNA \sim \triangle XBN$
$\Rightarrow XM^2 = XA.XB = XN^2$
Vậy $X$ là trung điểm $MN$
Mặt khác theo tính chất 2 đường tròn cắt nhau thì ta có $XB \perp OO'$ và $OO'$ đi qua trung điểm AB $(1)$
$\Rightarrow XB \parallel MH \parallel NK$
$\Rightarrow XB$ đi qua trung điểm $HK$ theo tính chất đường trung bình trong hình thang $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $HAKB$ là hình bình hành.
$\Rightarrow HB \parallel AQ \Rightarrow \angle OHB = \angle O'KQ$
Ta lại có $\angle HAO = \angle HBO = \angle KAO' = \angle O'QK$
$\Rightarrow \triangle HOB \sim \triangle KO'Q$
$\Rightarrow \dfrac{HO}{KO'} = \dfrac{HB}{KQ} (*)$
Mặt khác: $\triangle MHO \sim \triangle NKO'$
$\Rightarrow \dfrac{MH}{HO} = \dfrac{NK}{KO'} (**)$
Từ $(*)$ và $(**)$ thì ta có $\dfrac{MH}{NK} = \dfrac{HB}{KQ}$
Nhưng do $\angle MHB = \angle MHK + \angle BHK = \angle NKO' + \angle O'KQ = \angle NKQ$
Nên $\triangle MHB \sim \triangle NKQ$
$\Rightarrow \angle HBM = \angle KQN$
$\Rightarrow \angle PBM = \angle PQN$
$\Rightarrow MB \parallel NQ$
Chứng minh tương tự ta cũng có $MP \parallel BN$
b, Do $PM \parallel BN$ nên $\angle MNQ = \angle NBQ$
Lại có: $\angle MNQ + \angle NBQ = \angle ABN + \angle NBQ + \angle ANQ = 180^\circ$
Nên $MNQP:tgnt$

______________

@Joker: Trình bày sáng sủa, rõ ràng. Lời giải đúng

d=10

 

S = 25 + 3*10 = 55

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 21:20
Ghi điểm

[LNH]

Bài làm của MSS50-lenhathoang1998
a) CM: $MP\parallel NB,MB\parallel NQ$
$MN$ kéo dài cắt $OO’$ tại $F$ ( THiếu TH $MN$ song song với $OO'$)
$FA$ cắt $\left( O \right)$, $\left( O \right)$ lần lượt tại $S$ và $R$
Tia $BA$ cắt $OO’$, $MN$ lần lượt tại $C$ và $J$.
Đầu tiên, ta chứng minh $\angle PMB=\angle BNQ=\frac{1}{2}\angle HAK$
Ta có: $\angle PMB=\angle PAB$, $\angle BNQ=\angle BAQ$
${{JM}^{2}}=JA\times JB$
$J{{N}^{2}}=JA\times JB$ ( nên rõ ràng chút)
$\Rightarrow JM=JN$
Mặt khác, $MH \parallel JC \parallel NK$
$\Rightarrow CH=CK$
$\Rightarrow \vartriangle AHK$ cân tại $A$ ($AC$ vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao)
$\Rightarrow \angle HAB=\angle BAK$
$\Rightarrow \angle PMB=\angle BNQ=\frac{1}{2}\angle HAK$
$F{{M}^{2}}=FH\times FO$ (\[\vartriangle FMO\] vuông tại $M$)
$F{{M}^{2}}=FA\times FS$ ($FM$ là tiếp tuyến của $(O)$)
$\Rightarrow FA\times FS=FH\times FO$
$\Rightarrow \vartriangle FAH$đồng dạng với $\vartriangle FOS$ (c.g.c)
$\Rightarrow \angle AHK=\angle FSO=\angle OAS$
Tương tự, $\angle AKH=\angle OAR$
$\Rightarrow 180{}^\circ -\angle AHK-\angle AKH=180{}^\circ -\angle OAS-\angle OAR$
$\Rightarrow \angle OAO'=\angle HAK$
$\angle OAO'=\angle OAC+\angle O'AC=180{}^\circ -\angle AOC-\angle AO'C=\angle MOA+\angle NOA=2(\angle MBA+\angle ABN)=2\angle MBN$
$\Rightarrow \angle PMB=\angle MBN=\angle BNQ$
Vậy $MP\parallel NB,MB\parallel NQ$
b) CM $MNQP$ là tứ giác nội tiếp
$\angle MBP=\angle PMx=\angle BNM=\angle BQN$ (với $Mx$ là tia tiếp tuyến của $(O)$)
Lại có $\angle MBQ+\ angle BQN=180 { }^\circ $
$\Rightarrow \angle MBP+\angle MBQ=180{}^\circ $
$\Rightarrow P,B,Q$ thẳng hàng
$\angle MBP=\angle PMx$
$\angle PMx+\angle PMN=180{}^\circ $
$\Rightarrow \angle MBP+\angle PMN={{180}^{{}^\circ }}$
$\Rightarrow \angle NQB+\angle PMN={{180}^{{}^\circ }}$
Vậy $MNQP$ là tứ giác nội tiếp

____________________

@Joker: Lời giải về cơ bản là đúng. Thiếu 1 TH nhỏ

d=9

 

S = 5 + 9*3 = 32

File gửi kèm

•  untitled.bmp   730.74K   237 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 21:22
Ghi điểm

[daovuquang]

Bài làm của daovquang:

a, Gọi bán kính $(O)$ là $R$, $(O')$ là $r$.
Trước hết, ta sẽ chứng minh $\widehat{OAO'}=\widehat{HAK}$.
Ta dễ chứng minh điều đó khi $MN//OO'$. ( Nêu cụ thể ra bạn nhé)
Với $MN$ không song song với $OO'$, $MN$ căt $OO'$ tại $C$. $CA$ cắt $(O),(O')$ tại $D$ và $E$ (khác $A$)
Theo tính chất giữa tiếp tuyến và dây cung, $\widehat{AMC}=\widehat{MEC}\Rightarrow \triangle{AMC} \sim \triangle{MEC} (g.g) \Rightarrow CM^2=CA.CE$
Lại có $\triangle{CMH} \sim \triangle{COM} (g.g) \Rightarrow CM^2=CH.CO$.
Suy ra $CA.CE=CH.CO$ hay $\frac{CA}{CO}=\frac{CH}{CE} \Rightarrow \triangle{CAH} \sim \triangle{COE} \Rightarrow \widehat{CHA}=\widehat{OEA}$.
Tương tự, $\widehat{HKA}=\widehat{O'DA}$.
$\triangle{OEA}$ cân tại $O \Rightarrow \widehat{OEA}=\widehat{OAE}$. Tương tự, $\widehat{O'DA}=\widehat{O'AD}$.
Ta có: $\widehat{OAO'}=180^o-\widehat{OAE}-\widehat{OAD}$
$=180^o-\widehat{KHA}-\widehat{HKA}$
$=\widehat{HAK}$.
Từ đó suy ra $\widehat{OAH}=\widehat{O'AK}\; (1)$
Kẻ đường kính $AF$ của $(O)$ và $AG$ của $(O')$.
Khi đó $\widehat{ABF}=\widehat{ABG}=90^o \Rightarrow F,B,G$ thẳng hàng.
Tứ giác $AFPB$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{FAP}=\widehat{FBP}\; (2)$. Tương tự, $\widehat{GAQ}=\widehat{GBQ}\; (3)$
Từ $(1),(2),(3) \Rightarrow \widehat{FBP}=\widehat{GBQ}$
$\Rightarrow \widehat{PBQ}=\widehat{FBG}$
$\Rightarrow \widehat{PBQ}=180^o$
$\Rightarrow P,B,Q$ thẳng hàng.
$BA$ cắt $OO'$ tại $J$ và $MN$ tại $I$.
Theo tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây cung, ta có: $\widehat{IMA}=\widehat{IBM}\Rightarrow \triangle{IMA} \sim \triangle{IBM}\Rightarrow IM^2=IA.IB$.
Tương tự, $IN^2=IA.IB \Rightarrow IM=IN$.
$MHKN$ là hình thang, có $IJ//MH \Rightarrow JH=JK$ (theo Thales)
$\Rightarrow \triangle{AHK}$ cân tại A $\Rightarrow AH=AK$.
Tương tự, $BH=BK \Rightarrow AHBK$ là hình thoi $\Rightarrow AH//BK \Rightarrow \widehat{OHB}=\widehat{O'KQ}$.
Nhận xét: $\widehat{OAH}=\widehat{O'AD}$
$\Rightarrow \widehat{OBH}=\widehat{O'DK}$
$\Rightarrow \triangle{OBH} \sim \triangle{O'DK}$
$\Rightarrow \frac{BH}{QK}=\frac{R}{r}$.
Mặt khác, $\triangle{OMH} \sim \triangle{O'NK} (g.g)\Rightarrow \frac{MH}{NK}=\frac{R}{r}$.
Vì $MH//NK$ và $HB//KQ$ nên $\widehat{MHB}=\widehat{NKQ}$
$\Rightarrow \triangle{MHB}=\triangle{NKQ}$
$\Rightarrow \frac{MB}{NQ}=\frac{MH}{NK}=\frac{R}{r}$.
Tương tự, $\frac{MP}{NB}=\frac{R}{r}=\frac{MB}{NQ}$.
Mà $\widehat{PMB}=\widehat{PAB}=\widehat{QAB}=\widehat{QNB}$
$\Rightarrow \triangle{PMB} \sim \triangle{BNQ} (c.g.c)$
$\Rightarrow \widehat{MPB}=\widehat{NBQ}$ và $\widehat{MBP}=\widehat{NQB}$
$\Rightarrow MB//NQ$ và $MP//NB$
$\Rightarrow$ đpcm.
b, Do $PM//BN$ nên $\widehat{MNQ}=\widehat{NBQ}$.
Khi đó: $\widehat{MNQ}+\widehat{NBQ}=\widehat{NBA}+\widehat{NBQ}+\widehat{ANQ}=180^o$
$\Rightarrow$ tứ giác $MNQP$ nội tiếp.

_______________________

@Joker:Lời giải tốt, có một chỗ viết hơi tắt. Đề bài khó nên châm chước

d=10

 

S = 4 +3*10 = 34

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-03-2013 - 21:23
Ghi điểm

[4869msnssk]

Mở rộng 1: ( GIẢ SỬ đường kính (O) lớn hơn đường kính (O') )
Vì MN là tiếp tuyến của (O),(O') nên ta có O'N//OM.
Vì MP//NB kết hợp với trên ta có $\widehat{O'Nd}=\widehat{OMN}$(Nd là tia đối của tia NM)
và $\widehat{BNd}=\widehat{PMN}\Rightarrow \widehat{O'NB}=\widehat{OMP}$
Mà $O'N=O'B$ và $OM=OP$ nên $\Delta O'NB\sim \Delta OMP\Rightarrow \widehat{BO'N}=\widehat{POM}\Rightarrow \widehat{BO'K}= \widehat{POH}\Rightarrow O'B//OP$
Tương tự với trường hợp còn lại chứng minh tương tự ta cũng có kết quả O'B//OP như trên

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

[Tru09]

Lời giải :
A,@~ Ta chứng minh $P,B,Q$ Thẳng hàng .
Gọi giao điểm $MN$ và $OO’$ là I
Gọi $IB \cap (O) =P’$
Ta có :$\Delta IMP’ $~$ \Delta IBM (g-g)$
$\Rightarrow IM^2 =IP’.IB$
Mà xét $\Delta IMO$ có $IM^2 =IH.IO$ (hệ thức lượng )
Vậy $IM^2 = IP’.IB =IH.IO \Rightarrow HOBP’$ là tứ giác nội tiếp .
$\Rightarrow P’ \in (HOB) \Rightarrow (HOB) \cap (O) (1)$
Mà ta có $\angle AOB = 2 \angle O’OB =2\angle APB$
$\Rightarrow \angle O’OB =\angle HPB $
$\Rightarrow HOBP$ là tứ giác nội tiếp .
$\Rightarrow P \in (HOB) \Rightarrow (HOB) \cap (O) (2)$
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow P \equiv P’ \Rightarrow I,P , B$ thẳng hàng .
Chứng minh tượng tự $\Rightarrow I,B ,Q$ thẳng hàng
Vậy $P,B,Q$ thẳng hàng .
@~ Chứng minh $MP //PN$ và $MB // NQ$
Ta gọi $AB \cap MN = X $
Ta có $XM^2 =XN^2 =XA.XB$
$\Rightarrow XM =XN$
$\Rightarrow X$ là trung điểm MN
Gọi $XA \cap HK =Y$
Xét hình thang $MHKN$ có $XY // NK$ ( $X$ là trung điểm)
$\Rightarrow Y$ là trung điểm $HK$
Mà $AB \perp HK ,YA=YB$
$\Rightarrow AHBK$ là hình thoi
Ta có $\angle HKB = \angle O’QB$
Mà $\angle HKB =\angle KHB$ ( hình thoi )
Mà $\angle KHB =\angle OPB =\angle OBP$
$\Rightarrow \angle OBP =\angle O’QB$
$\Rightarrow OB // O’Q$
Mặt khác $MO // NO’$
Mà $\Delta MOB$ và $\Delta NO’Q$ là 2 tam giác cân
$\Rightarrow \Delta MOB$ ~ $\Delta NO’Q$
$\Rightarrow \angle OMB =\angle O’NQ $
$\Rightarrow MB // NQ ( MO // NO’ (gt))$
Chứng minh tương tự $\Rightarrow MP // NB$
B,
Mà từ $\angle O’QP = \angle OBP ( CMT ) \Rightarrow \angle O’QP = \angle IHP$
$\Rightarrow tứ giác HO’QP$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow IH .IO’ =IP .IQ$
Mà tứ giác $MHO’N$ là tứ giác nội tiếp ( có $\angle MHO’ +\angle MNO’ =180^o$)
$\Rightarrow IH .IO’ =IM.IN$
Vậy $ IP .IQ =IM .IN$
Vậy tứ giác $MNQP$ là tứ giác nội tiếp .

### Trường hợp riêng :
Với bán kính $(O) =$ bán kính $(O')$ thì $MN$ không $\cap PQ $.
Khi đó $H \equiv O , K \equiv O' $
$\Rightarrow OO' //PB$
và $OO' // QB$
$\Rightarrow P ,Q,B$ thẳng hàng .
Dễ thấy $MNBP$ và $MNQB$ là 2 hình bình hành
$\Rightarrow MN // NB$ và $MB // NQ$
Và dễ tháy $MNQP$ là hình thang cân $\Rightarrow MNQP$ là tứ giác nội tiếp .

________________________

@Joker: Nộp bài khi hết thời gian

d=0

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 29-03-2013 - 18:28

[NLT]

Xin lỗi nếu mình đã Spam! Dù mình không thi và cũng không phải là giám khảo của cuộc thi MSS nhưng mình có ý kiến này, mong mọi người đừng ném đá ạ !

Về việc bài các toán thủ ra đề, ta nên chọn đề nào thực sự phù hợp. Đề hay ở ý tưởng, một trận đấu chỉ với $3$ lời giải như thế này quả thật là mất đi sự thú vị, tính lạc quan của của thi,mình nghĩ vậy, giống như MO trận này, xem tại đây ! MSS cũng như các cuộc thi khác của diễn đàn, là một sân chơi toán học, ở đây không quan trọng thắng thua, cái chính là ta học được gì, cho nên các bạn ra đề hãy thật sự cân nhắc, chứ không phải là một sự cạnh tranh nào ở đây cả . 

 

Về ý tưởng của mình ở bài toán này, không biết có trùng với bài bạn nào ở trên đây không.

Ý tưởng đơn giản, chỉ cần chứng minh $P,B,Q$ thẳng hàng và $PB,MN,OO'$ đồng quy tại 1 điểm, gọi điểm đó là $I$.

Thực ra chỉ là hệ quả của phép vị tự tâm $I$ với tỉ số $k=\frac{IM}{IN}$, biến $(O) \to (O'); M \to N; P \to Q$.

Hiển nhiên có nhiều hướng mở rộng bài toán, đặc biệt là dùng phép biến hình, suy biến đường tròn thành đường thẳng để có nhiều bài toán mới, có thể dùng bổ đề nhỏ sau: 

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$, $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$, đường kính $DE$ của đường tròn $(I)$. $AI$ cắt $BC$ tại $K$. Khi đó, $AD=CK$. Hoặc bài toán về đường đối trung với sự đồng quy tại điểm Lemoine. Chúc các bạn thành công với nhiều mở rộng hay.

 

___

NLT

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 29-03-2013 - 18:20

[Joker9999]

Đã chấm xong trận $23$ Hình học. Có $4$ toán thủ tham gia, $1$ toán thủ hết hạn nộp, $3$ toán thủ còn lại đều có lời giải về cơ bản là chính xác. Đề bài kha khá ,(tuy nhiên nó gần giống trong Nâng cao phát triển $9$ tập $2$).

Chúc các toán thủ thi đấu trận tiếp theo tốt.

[E. Galois]

Điểm ra đề:

D = 4*2 + 11*3 +30 =71