Đáp án: Bài 10 Cho tam giác ABC Trung trực BC cắt AC tại D E thuộc đoạn BD AE giao BC tại F Đường thẳng qua F song song BD cắt AB tại G Đường tròn (BEC) cắt AB tại H khác B HE giao BC tại I GF giao CE tại K Chứng minh rằng IG=IK - Đáp án Giải thích các bước giải EB cắt CG tại P Theo Thales, ta có (EB/FG) = (AE/AF) ; (FG/BP) = (CF/BC) → (EB/BP) = (AE/AF) (CF/BC) Áp dụng định lý Menelaus cho Δ EFB có ba điểm A, D, C thẳng hàng (C ∈ BF, D ∈ EB, A ∈ EF), ta có (AE/AF) (CF/BC) (DB/DE) = 1 → (AE/AF) (CF/BC) = (DE/DB) = (EB/BP)...

Đáp án Giải thích các bước giải EB cắt CG tại P Theo Thales, ta có (EB/FG) = (AE/AF) ; (FG/BP) = (CF/BC) → (EB/BP) = (AE/AF) (CF/BC) Áp dụng định lý Menelaus cho Δ EFB có ba điểm A, D, C thẳng hàng (C ∈ BF, D ∈ EB, A ∈ EF), ta có (AE/AF) (CF/BC) (DB/DE) = 1 → (AE/AF) (CF/BC) = (DE/DB) = (EB/BP)...

EB cắt CG tại P Theo Thales, ta có EBFG=AEAF;FGBP=CFBC→EBBP=AEAFCFBCEBFG=AEAF;FGBP=CFBC→EBBP=AEAFCFBC Áp dụng định lý Menelaus cho ΔEFBΔEFB có ba điểm A, D, C thẳng hàng (C∈BF,D∈EB,A∈EF)(C∈BF,D∈EB,A∈EF), ta có AEAFCFBCDBDE=1AEAFCFBCDBDE=1 →AEAFCFBC=DEDB=EBBP=DE+EBDB+BP=DBDP→DB2=DEDP=DC2→ΔDEC∼ΔDCP→ˆDCE=ˆDPC=ˆFGC↔ˆDCB−ˆECB=ˆBFG−ˆBCG=ˆDBC−ˆBCG→AEAFCFBC=DEDB=EBBP=DE+EBDB+BP=DBDP→DB2=DEDP=DC2→ΔDEC∼ΔDCP→DCE^=DPC^=FGC^↔DCB^−ECB^=BFG^−BCG^=DBC^−BCG^ →→ CB là tia phân giác ˆDCGDCG^ Ta có ˆGKC=ˆBEC=180o−ˆGHC→ˆGKC+ˆGHC=180o→GKC^=BEC^=180o−GHC^→GKC^+GHC^=180o→GKCH nội tiếp →ˆGHK=ˆGCK→GHK^=GCK^ Mà ˆBHE=ˆBCEBHE^=BCE^ nên ˆIHK=ˆBCG=ˆICKIHK^=BCG^=ICK^ Do vậy, tứ giác IHCK nội tiếp => 5 điểm G, H, C, K, I cùng thuộc một đường tròn →ˆIKG=ˆIHG=ˆICG=ˆKCI=ˆIHK=ˆIGK→ΔIGK→IKG^=IHG^=ICG^=KCI^=IHK^=IGK^→ΔIGK cân tại I => IG = IK (đpcm)

5477456

2 năm trước

Bài 10. Cho tam giác $ABC$. Trung trực $BC$ cắt $AC$ tại $D$. $E$ thuộc đoạn $BD$. $AE$ giao $BC$ tại $F$. Đường thẳng qua $F$ song song $BD$ cắt $AB$ tại $G$. Đường tròn $(BEC)$ cắt $AB$ tại $H$ khác $B$. $HE$ giao $BC$ tại $I$. $GF$ giao $CE$ tại $K$. Chứng minh rằng $IG=IK$.

Xem đáp án

23 lượt xem

2 câu trả lời

naknopro2k4

2 năm trước

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

EB cắt CG tại P. Theo Thales, ta có: $\dfrac{EB}{FG} = \dfrac{AE}{AF} ; \dfrac{FG}{BP} = \dfrac{CF}{BC} \rightarrow \dfrac{EB}{BP} = \dfrac{AE}{AF} . \dfrac{CF}{BC}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta EFB$ có ba điểm A, D, C thẳng hàng $(C \in BF, D \in EB, A \in EF)$, ta có: $\frac{AE}{AF} . \frac{CF}{BC} . \frac{DB}{DE} = 1$

$\rightarrow \dfrac{AE}{AF} . \dfrac{CF}{BC} = \dfrac{DE}{DB} = \dfrac{EB}{BP} = \dfrac{DE+EB}{DB+BP} = \dfrac{DB}{DP} \rightarrow DB^2 = DE. DP = DC^2 \rightarrow \Delta DEC \sim \Delta DCP \rightarrow \widehat{DCE} = \widehat{DPC} = \widehat{FGC} \leftrightarrow \widehat{DCB} - \widehat{ECB} = \widehat{BFG} - \widehat{BCG} = \widehat{DBC} - \widehat{BCG}$

$\rightarrow$ CB là tia phân giác $\widehat{DCG}$.

Ta có: $\widehat{GKC} = \widehat{BEC} = 180^o - \widehat{GHC} \rightarrow \widehat{GKC} + \widehat{GHC} = 180^o \rightarrow$ GKCH nội tiếp $\rightarrow \widehat{GHK} = \widehat{GCK}$. Mà $\widehat{BHE} = \widehat{BCE}$ nên $\widehat{IHK} = \widehat{BCG} = \widehat{ICK}$.

Do vậy, tứ giác IHCK nội tiếp

=> 5 điểm G, H, C, K, I cùng thuộc một đường tròn

$\rightarrow \widehat{IKG} = \widehat{IHG} = \widehat{ICG} = \widehat{KCI} = \widehat{IHK} = \widehat{IGK} \rightarrow \Delta IGK$ cân tại I

=> IG = IK (đpcm).

Đinh Thế Bảo

2 năm trước

EB cắt CG tại P. Theo Thales, ta có: $\frac{E B}{F G} = \frac{A E}{A F}; \frac{F G}{B P} = \frac{C F}{B C} \to \frac{E B}{B P} = \frac{A E}{A F} . \frac{C F}{B C}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $Δ E F B$ có ba điểm A, D, C thẳng hàng $(C \in B F, D \in E B, A \in E F)$ , ta có: $\frac{A E}{A F} . \frac{C F}{B C} . \frac{D B}{D E} = 1$

$\to \frac{A E}{A F} . \frac{C F}{B C} = \frac{D E}{D B} = \frac{E B}{B P} = \frac{D E + E B}{D B + B P} = \frac{D B}{D P} \to D B^{2} = D E . D P = D C^{2} \to Δ D E C \sim Δ D C P \to \hat{D C E} = \hat{D P C} = \hat{F G C} \leftrightarrow \hat{D C B} - \hat{E C B} = \hat{B F G} - \hat{B C G} = \hat{D B C} - \hat{B C G}$

$\to$ CB là tia phân giác $\hat{D C G}$ .

Ta có: $\hat{G K C} = \hat{B E C} = 180^{o} - \hat{G H C} \to \hat{G K C} + \hat{G H C} = 180^{o} \to$ GKCH nội tiếp $\to \hat{G H K} = \hat{G C K}$ . Mà $\hat{B H E} = \hat{B C E}$ nên $\hat{I H K} = \hat{B C G} = \hat{I C K}$ .