Bài 103794

Question

Cho lục giác đều $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ tâm $I$. đường tròn $\left( {O;R} \right)$ bất kì chứa $I$. Các tia $I{A_i}\left( {1 \le i \le 6} \right)$ cắt (O) tại ${B_i}\left( {1 \le i \le 6} \right)$. Chứng minh rằng:
$IB_1^2 + IB_2^2 + IB_3^2 + IB_4^2 + IB_5^2 + IB_6^2 = 6R^2$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 5/9/2012 3:44:10 PM

Gọi $J, K, H$ là hình chiếu của $O$ trên ${B_1}{B_4},{B_2}{B_5},{B_3}{B_6}$ , ta có $\Delta HOJ $ đều, nội tiếp đường tròn đường kính $OI$. Ta có:
    $O{H^2} + {\rm{O}}{{\rm{J}}^2} + O{K^2} = \left (\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{IH} \right )^2+ \left (\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{IJ} \right )^2+ \left (\overrightarrow{OI}+\overrightarrow{IK} \right )^2=$
$=I{H^2} + IJ^2 + I{K^2}+2\overrightarrow{OI}.\left ( \overrightarrow{IH}+\overrightarrow{IJ }+\overrightarrow{IK} \right )+3OI^2=I{H^2} + IJ^2 + I{K^2} \left( 1 \right)$
Mặt khác:
    $\begin{array}{l}
IB_1^2 + IB_4^2 = {\left( {J{B_1} +JI} \right)^2} + {\left( {J{B_4} -JI} \right)^2}\\
= 2JB_1^2 + 2J{I^2} \left( {vì \,\,\,J{B_1} = J{B_4}} \right)\\
= 2{R^2} - 2J{O^2} + 2J{I^2}
\end{array}$
    ( Định lí Pitago cho $\Delta $vuông $J{B_1}O$.)
Tương tự như vậy ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
IB_2^2 + IB_5^2 = 2{R^2} - 2K{O^2} + 2K{I^2}\\
IB_3^2 + IB_6^2 = 2{R^2} - 2H{O^2} + 2H{I^2}
\end{array} \right.$
Vậy: $IB_1^2 + IB_2^2 + IB_3^2 + IB_4^2 + IB_5^2 + IB_6^2$
$ = 6{R^2} - 2\left( {H{O^2} + J{O^2} + K{O^2}} \right) + 2\left( {H{I^2} + J{I^2} + K{I^2}} \right) \left( 2 \right)$
Từ $(1), (2)$ suy ra: $IB_1^2 + IB_2^2 + IB_3^2 + IB_4^2 + IB_5^2 + IB_6^2 = 6{R^2}$

Bài 103794

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 103794

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan