[VMO 2012] Bài 3 - Hình học
 

Bài 3 (5 điểm) .
Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi $ABCD $ nội tiếp đường tròn tâm $O $ và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi $M,N $ tương ứng là giao điểm của các đường thẳng $AB $ và $CD $, $AD $ và $BC $. Gọi $P, Q, S, T $ tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp $\angle MAN $ và $\angle MBN $, $\angle MBN $ và $\angle MCN $, $\angle MCN $ và$ \angle MDN $, $\angle MDN $ và $\angle MAN $. Giả sử bốn điểm $P, Q, S, T $ đôi một phân biệt.

1) Chứng minh rằng bốn điểm $P, Q, S, T $ cùng nằm trên một đường tròn. Gọi $I $ là tâm của đường tròn đó.

2) Gọi $E $ là giao điểm của các đường chéo $ AC $ và $BD $. Chứng minh rằng ba điểm $E, O, I $ thẳng hàng.

Bài này thuần tính góc =.=.
1. Ta có $\angle STP=\angle ATD=180^o-\angle TAD-\angle TDA , \left | \right |\angle SQP=\angle BQC=180^o-\angle QBC-\angle QCB
$Dễ dàng thấy suy ra $\angle STP=\angle SQP $ nên $P,Q,S,T $ đồng viên

2. Kết quả quen thuộc là EO vuông góc với MN (Định lý Brokard). Ta đi cm MN vuông góc với OI.
Thấy rằng (P,S,N), (Q,T,M) thẳng hàng và Tứ giác QTAB,PSBC nội tiếp
Suy ra $MT.MQ=MA.MB $ nên M thuộc trục đẳng phương của (O) và (I). N cũng vậy, do đó MN vuông góc với OI.
Hình vẽ,

Bài hình năm nay tương đối đơn giản (đối với người ngồi ở nhà như mình :D) hy vọng các anh chị đi thi làm tốt.
câu a)
Không mất tính tổng quát giả sử $M $ và $N $ nằm cùng phía với A đối với đường thẳng BD.
Sử dụng biến đồi góc ta có:
$\widehat{QST} = \frac{1}{2}(\widehat{ADM} - \widehat{BCD}) = \frac{1}{2}\widehat{CND} $
Chứng minh tương tự ta cũng có: $\widehat{QPT} = \frac{1}{2}\widehat{CND} $
Từ đó suy ra 4 điểm$ Q, S, P, T $nằm trên một đường tròn.
b)
Biến đổi góc tương tự câu a ta nhận được các kết quả sau:
$\widehat{STR} = \frac{1}{2}\widehat{AMD},\widehat{STQ} = \frac{1}{2}\widehat{DAM} $
Suy ra $\widehat{BQT} = \frac{1}{2}(\widehat{DAM} + \widehat{AMD} + \widehat{DNA}) = \frac{1}{2}\widehat{BAD} $
Từ đó suy ra được$ \widehat{BQT} + \widehat{BAT} = 180^0 $
hay $Q, T, A, B $ nằm trên một đường tròn.
ta lại có: $\widehat{BQM} = \frac{1}{2}(\widehat{ABC} + \widehat{AMC}) = \frac{1}{2}\widehat{BAD} $
Nên $\widehat{BQT} = \widehat{BQM} $ hay$ Q, T, M $ thẳng hàng
do đó $\overline{MT}.\overline{MQ} = \overline{MA}.\overline{MB} $
suy ra M có cùng phương tích với hai đường tròn $(O) $và $(I) $
Tương tự thì $M $ cùng có cùng phương tích với $(O) $ và $(I) $
Suy ra $MN \perp OI $
Mặt khác theo định lí Procard (cái này chúng minh đơn giản bằng phương tích) thì $OE \perp MN $
Từ đó suy ra dpcm.

Vừa vẽ xong cái hình mà mấy bạn này đã giải hết cả rồi. Thôi up lên cho mọi người xem vậy.
Bài hình năm nay cũng tương đối dễ. Chắc hầu hết làm được câu a.

[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...]

Ơ em chưa kịp vẽ hình :)). Xong 3 câu còn 5 phút ặc ặc. Cái topic chém gió ở chỗ nào ấy nhỉ

Câu a) Có thể quy về hết về các góc của tứ giác $ABCD $ như sau:
+) Xét tam giác $PAB $ ta có: $\angle{APB} = 180^0-\angle{PAB}-\angle{PBA}=180^0-\frac{\angle{C}}{2}-\angle{D}-\frac{\angle{B}}{2}=90^0-\frac{\angle{C}}{2}-\frac{\angle{D}}{2} $

+) Xét tam giác $SCD $ ta có $\angle{CSD} = 180^0-\angle{SDC}-\angle{SCD}=180^0-\frac{\angle{D}}{2}-\angle{C}-\frac{\angle{A}}{2}=90^0-\frac{\angle{C}}{2}-\frac{\angle{D}}{2} $

Từ hai ý trên ta có: $\angle{APB}=\angle{CSD} $ hay $PSTQ $ là tứ giác nội tiếp.

Câu b) Chỗ chứng minh $OI\perp MN $ giống n.v.thanh ở trên nhưng chỗ $OE\perp MN $ thay bằng dùng cực và đối cực cho nhanh từ đó suy ra O, I, E thẳng hàng.

VMO bài 3 (2012)
 

Điểm nhấn của bài toán thực ra là ở việc dự đoán được OE vuông góc với MN. Sau đó phải biết sử dụng tính chất của đường tròn bàng tiếp để chứng minh các điểm thẳng hàng.
Sau đây mình xin gửi các bạn File PDF của bài giải.

cực và đối cực ko đc dùng anh ơi,đl bocard cũng phải chứng minh lại,ko sử dụng ngay.chết là chết ở những chỗ đó

Chứng minh Brocard dễ:afterboom:

nhưng quen dùng cực và đối cực rồi nên ko phải ai cũng nhớ anh ạ

Định lí Brocard có cách chứng minh chỉ bằng kiến thức THCS cũng khá ngắn gọn
[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...]

Dựa vào cài kết quả này thôi (cái này các bạn tự chứng minh, nó thuộc dạng sơ cấp)
$A, B, C, D $thuộc một đường tròn $(O) $. $AB $ cắt $CD $ tại $E, AD $ cắt $BC $tại $F $ thì $EF^2 = P_{E/(O)} + P_{F/(O)} $
Kết hợp thêm cái này nữa là chứng minh được:
$A, B, C, D $ là bốn điểm trên mặt phẳng thì:
$AB \perp CD \Leftrightarrow AC^2 - AD^2 = BC^2 - BD^2 $

Bài hình này trên tạp chí CRUX MATH, thảo nào lúc đầu đọc MS cứ thấy quen quen =p~

Trên diễn đàn mình đã có một topic về cực và đối cực rồi, còn rất nhiều bài giải của các thành viên sử dụng cực và đối cực.

Trong kì thi HSG Quốc gia mà không cho dùng cực và đối cực thì thật buồn, cực đối cực và hàng điểm điều hoà kết hợp với nhau luôn tạo ra nhiều điều thú vị. Trong khi hàng điểm điều hòa được dùng còn cực và đối cực thì không?

VMO thì không nhưng khi đi thi TST, IMO thì sẽ được dùng cực và đối cực thoải mái đó bạn.