Đến nội dung


Hình ảnh

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là một điểm bất kì, $X,Y,Z,T,U,V$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các đường thẳng $AB,CD,AC,BD,AD,BC$. Gọi $E,F,G$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 kelieulinh

kelieulinh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Đến từ:chuyên bg

Đã gửi 17-04-2005 - 14:43

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là một điểm bất kì, $X,Y,Z,T,U,V$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các đường thẳng $AB,CD,AC,BD,AD,BC$. Gọi $E,F,G$ thứ tự là trung điểm của $XY,ZT,UV$ .Chứng minh rằng $E,F,G$ thẳng hàng.

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-12-2012 - 22:44

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 25/12 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

:D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 14-02-2013 - 20:37

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 Trungpbc

Trungpbc

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Toán,conan

Đã gửi 25-12-2012 - 00:00

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là một điểm bất kì, $X,Y,Z,T,U,V$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các đường thẳng $AB,CD,AC,BD,AD,BC$. Gọi $E,F,G$ thứ tự là trung điểm của $XY,ZT,UV$ .Chứng minh rằng $E,F,G$ thẳng hàng.

Lời giải. Có ba khả năng xảy ra:
Khả năng 1. $M\equiv O$, khi đó $E,F,G$ trùng với trọng tâm $I$ của tứ giác $ABCD$, ta có đpcm.
Khả năng 2. $M\in \left ( O \right )$, khi đó, theo định lí về đường thẳng Simson ta có các bộ ba điểm$(X,Z,V); (V,Y,T); (Z,Y,U); (U,T,X)$ thẳng hàng nên $E,F,G$ là đường thẳng Gauss trong tứ giác toàn phần tạo bởi các điểm $X, Y, Z, T, U, V$. Và hiển nhiên ta có kết quả bài toán.
Khả năng 3. $M\notin \left ( O \right )$ và $M\not\equiv O$, gọi ${M}'\in OM\cap \left ( O \right )$ và ${X}',{Y}',{Z}',{T}',{U}',{V}'$ là hình chiếu của ${M}'$ trên các đường thẳng $AB,CD,AC,BD,AD,BC$. Vì $O,M,M'$ thẳng hàng nên các bộ ba điểm $(I,G,G'), (I,E,E'), (I,F,F')$ thẳng hàng và $\frac{\overline{IG}}{\overline{I{G}'}}=\frac{\overline{IE}}{\overline{I{E}'}}=\frac{\overline{IF}}{\overline{I{F}'}}$. Từ đó, với chú ý $E',F',G'$ thẳng hàng nên theo phép vị tự ta có $E,F,G$ thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trungpbc: 25-12-2012 - 00:00


#4 robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khánh Hòa / HCM / Auckland :")
  • Sở thích:Gender stuffs (">~<)//

Đã gửi 25-12-2012 - 03:50

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, $M$ là một điểm bất kì, $X,Y,Z,T,U,V$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên các đường thẳng $AB,CD,AC,BD,AD,BC$. Gọi $E,F,G$ thứ tự là trung điểm của $XY,ZT,UV$ .Chứng minh rằng $E,F,G$ thẳng hàng.

Giải:
-Chọn trục vuông góc nhận đường tròn ngoại tiếp $ABCD$ làm đường tròn đơn vị.
Lấy $z$ là tọa vị điểm $Z$ trong mặt phẳng: ( $a\bar{a}=b\bar{b}=c\bar{c}=d\bar{d}=1$ )
-Ta có với $M$ bất kì, chân đường vuông góc xuống dây cung $WS$ của đường tròn đơn vị sẽ là:
$2h_{ws}(m)=w+s+m-ws\bar{m}$ $(*)$ ( Với $h_{ws}(m)$ là tọa vị chân vuông góc)
-Theo đó:
$4e=2h_{ab}(m)+2h_{cd}(m)=a+b+c+d+2m-\bar{m}(ab+cd)$
$4f=2h_{ac}(m)+2h_{bd}(m)=a+b+c+d+2m-\bar{m}(ac+bd)$
$4g=2h_{ad}(m)+2h_{bc}(m)=a+b+c+d+2m-\bar{m}(ad+bc)$
Nên: $\frac{e-f}{g-f}=\frac{4(e-f)}{4(g-d)}=\frac{\bar{m}(ab+cd-ac-bd)}{\bar{m}(ad+bc-ac-bd)}$
$=\frac{ab+cd-ac-bd}{ad+bc-ac-bd}=\frac{\frac{ab+cd-ac-bd}{abcd}}{\frac{ad+bc-ac-bd}{abcd}}=\frac{\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd}-\frac{1}{ac}-\frac{1}{bd}}{\frac{1}{ad}+\frac{1}{bc}-\frac{1}{ac}-\frac{1}{bd}}=\frac{\bar{ab}+\bar{cd}-\bar{ac}-\bar{bd}}{\bar{ad}+\bar{bc}-\bar{ac}-\bar{bd}}={\frac{\bar{e}-\bar{f}}{\bar{g}-\bar{f}}}$
Do đó: $\vec{FE}||\vec{FG}$ Hay $E,F,G$ thẳng hàng với $M$ bất kì trong cùng mặt phẳng :')

-Ta luôn có $(*)$, bởi lấy $I$ là chân vuông góc với tọa vị $j$ :
+$I\in WS\Leftrightarrow j+ws\bar{j}=w+s$ $(1)$
+$IM\perp WS\Leftrightarrow (\bar{j}-\bar{m})(w-s)=-(j-m)(\bar{w}-\bar{s})=(j-m)\frac{w-s}{ws}\Leftrightarrow \bar{j}=\bar{m}+(j-m)\bar{ws}(2)$
-$(1)$ và $(2)$,ta có: $2j=2h_{ws}(m)=w+s+m-ws\bar{m}$ ^^~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 25-12-2012 - 06:12

^^~

#5 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-02-2013 - 20:37

Chấm bài:
Trungpbc: 50 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh