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 $E,F,G$
#1
Đã gửi 17-04-2005 - 14:43
- Zaraki, daovuquang, no matter what và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 24-12-2012 - 22:44
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.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 14-02-2013 - 20:37
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#3
Đã gửi 25-12-2012 - 00:00
Lời giải. Có ba khả năng xảy ra: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.
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
- perfectstrong, N H Tu prince, L Lawliet và 5 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 25-12-2012 - 03:50
Giải: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.
-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
- perfectstrong, N H Tu prince, WhjteShadow và 3 người khác yêu thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh