Chủ đề này có 2 trả lời

[perfectstrong]

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $(O)$ ($AB$ không là đường kính). Gọi $P$ là 1 điểm bất kì trên cung $CD$ không chứa $A,B$. Vẽ $PA$ cắt $DC,DB$ tại $H,E$ tương ứng. Vẽ $PB$ cắt $CD,CA$ tại $F,G$ tương ứng. $HG$ cắt $FE$ tại $Q$.

$T$ là giao điểm của $AC,BD$ còn $S$ là giao điểm của $AB,CD$.

Chứng minh rằng: $P,Q,T$ thẳng hàng $\Leftrightarrow OS \perp PQ$

[NLT]

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $(O)$ ($AB$ không là đường kính). Gọi $P$ là 1 điểm bất kì trên cung $CD$ không chứa $A,B$. Vẽ $PA$ cắt $DC,DB$ tại $H,E$ tương ứng. Vẽ $PB$ cắt $CD,CA$ tại $F,G$ tương ứng. $HG$ cắt $FE$ tại $Q$.

$T$ là giao điểm của $AC,BD$ còn $S$ là giao điểm của $AB,CD$.

Chứng minh rằng: $P,Q,T$ thẳng hàng $\Leftrightarrow OS \perp PQ$

 

Giải như sau :

 

 

Xét trường hợp $AD$ và $BC$ không song song. Gọi $N$ là giao điểm của chúng.

 

Khi đó, áp dụng định lý Brocard, ta có: $OS \perp NT$. 

 

Chứng minh chiều thuận

 

Ta có $P,Q,T$ thẳng hàng, để chứng minh $OS \perp PQ$ ta đi chứng minh $N,T,Q,P$ thẳng hàng.

 

Áp dụng định lý Desargues vào $\Delta ATB$ và $\Delta HQF$, ta được: $E,G,S$ thẳng hàng.

 

Áp dụng định lý Desargues (đảo) vào $\Delta AED$ và $\Delta BGC$ được: $N,T,P$ thẳng hàng.

 

Từ đó suy ra: $N,T,Q,P$ thẳng hàng $\to ...$.

 

....

 

Trường hợp $AD//BC$ chắc đơn giản

 

P/S: Chiều đảo em còn 1 vướng bận nữa chưa xử được (

___

NLT

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 02-04-2013 - 22:48

[Near]

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp đường tròn $(O)$ ($AB$ không là đường kính). Gọi $P$ là 1 điểm bất kì trên cung $CD$ không chứa $A,B$. Vẽ $PA$ cắt $DC,DB$ tại $H,E$ tương ứng. Vẽ $PB$ cắt $CD,CA$ tại $F,G$ tương ứng. $HG$ cắt $FE$ tại $Q$.

$T$ là giao điểm của $AC,BD$ còn $S$ là giao điểm của $AB,CD$.

Chứng minh rằng: $P,Q,T$ thẳng hàng $\Leftrightarrow OS \perp PQ$

Gọi N là giao của AD và BC.

Theo định lý Brocard ta có:$OS\perp NT$.

Do đó bài toán được giải quyết nếu ta chứng minh được $\overline{P;Q;T}\Leftrightarrow \overline{P;Q;N}$.

Gọi I là giao của AF và BH.Theo định lý Pappus ta có $\overline{I;Q;T}$.

Gọi N là giao của AB và NT.Ta sẽ chứng minh:$\overline{P;I;L} \Leftrightarrow \frac{AH}{HP}.\frac{PF}{FB}.\frac{BL}{AL}=1$.

Bằng một vài biến đổi đơn giản ta có:$\Leftrightarrow \frac{AL}{BL}.\frac{BC}{AD}.\frac{BD}{AC}=1$.

Lại có:$\frac{BF}{PF}=\frac{BD}{DP}.\frac{sinBDC}{sinPDC}=\frac{BD}{DP}.\frac{sinBPC}{sinPBC}=\frac{BD}{DP}.\frac{BC}{CP}$

Tương tự $\frac{PH}{AH}=\frac{DP}{AD}.\frac{CP}{AC}$

Nhân 3 đẳng thức trên ta có ĐCCM.

Do $\overline{P;I;L}$ nên PI;AB;NT đồng quy.Áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác PAN và IBT ta có $\overline{H;D;X}$ với X là giao của PN và IT.

Mà $\overline{I;Q;T}$ nên X cũng là giao của QT và PN.Giao điểm này thuộc CD.Vậy $\overline{P;Q;T}\Leftrightarrow \overline{P;Q;N}$.

______________________________________________________

Ở cách giải trên ta đã chứng minh được PI luôn đi qua 1 điểm cố định (giao của TN và AB) khi P di chuyển. 

Ta thấy nếu PQ luôn đi qua 1 điểm cố định thuộc PT thì hiển nhiên $\overline{P;Q;T}\Leftrightarrow \overline{P;Q;N}$.Sau khi vẽ hình và kiểm chứng ta thấy PQ luôn đi qua giao của trung trực AB và TN.Mời các bạn thử chứng minh.

______________________________________________________

Không hiểu sao em không up được hình vẽ nhỉ?

Link:http://upanh.com/sli...art=2rv27u3v6as