Hiu~hiu cả sáng ngồi cm = lượng giác đến chỗ cuối nó ra 1 cái đẳng thức khó, tưởng mình làm sai ai ngờ nhầm đề o.O
Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $S$, đường thẳng qua $S$ vuông góc $CD$ cắt $AB$ tại $X'$, ta chứng minh $X'$ trùng $X'$ hay $DCX'Y$ nội tiếp.
97903.png
(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa)
Do $ABCD$ nội tiếp nên $\widehat{DCB}+\widehat{DAB}=180^{o}$, để cm $DCX'Y$ nt ta chỉ cần chứng minh $\widehat{ADY}=\widehat{X'CB}$ hay chỉ cần chứng minh $\frac{\sin\widehat{ADY}}{\sin \widehat{BDY}}=\frac{\sin \widehat{X'CB}}{\sin \widehat{ACX'}}\,(1)$
Dễ thấy $\frac{AY}{BY}=\left(\frac{AE}{BE}\right)^2=\left(\frac{AD}{BC}\right)^2$ nên :
$\frac{\sin\widehat{ADY}}{\sin \widehat{BDY}}=\frac{AD.DY.\sin\widehat{ADY}}{BD.DY\widehat{BDY}}.\frac{BD}{AD}=\frac{S_{ADY}}{S_{YDB}}.\frac{BD}{AD}=\frac{AD.BD}{BC^2}\,(2)$
Mặt khác kẻ $SH$ vuông góc $AB$, do $CD$ và $AB$ là 2 đường đối s0ng nên $SH$ và $SX'$ là 2 đường đẳng giác của $SAB$ :
$\frac{BH}{AH}.\frac{BX'}{X'A}=\left(\frac{SB}{SA}\right)^2\Rightarrow \frac{\cot\widehat{CBA}}{\cot\widehat{DAB}}.\frac{X'B}{X'A}=\left(\frac{\sin\widehat{DAB}}{\sin\widehat{CBA}}\right)^2\\ \Rightarrow \frac{BA}{X'A}=\frac{\sin\widehat{DAB}.\cos\widehat{DAB}}{\sin\widehat{CBA}.\cos\widehat{CBA}}$
$\Rightarrow \frac{S_{BCX'}}{S_{ACX'}}=\frac{\sin\widehat{DAB}.\cos\widehat{DAB}}{\sin\widehat{CBA}.\cos\widehat{CBA}}\Rightarrow \frac{\sin \widehat{X'CB}}{\sin \widehat{ACX'}}=\frac{\sin\widehat{DAB}.\cos\widehat{DAB}}{\sin\widehat{CBA}.\cos\widehat{CBA}}.\frac{AC}{BC}\, (3)$
Từ (1) (2) (3) ta cần chỉ ra :
$$\frac{\sin\widehat{DAB}.\cos\widehat{DAB}}{\sin\widehat{CBA}.\cos\widehat{CBA}}=\frac{AD}{BC}.\frac{BD}{AC}$$
Luôn đúng do $\frac{\sin\widehat{DAB}}{\sin\widehat{CBA}}=\frac{BD}{AC}$ (Định lý sin) và $\frac{\cos\widehat{DAB}}{\cos\widehat{CBA}}=\frac{AD}{BC}$ $\blacksquare$
Sr Đạt nha Làm mất thời gian của cậu
Cách 2:(ít tính toán hơn)
Gọi $Z,M$ là trung điểm của $CD,AB$.Ta có
Hai tam giác $EZC$ và $EMB$ đồng dạng nên $EZ$ là đường đối trung của tam giác $EAB$.
Vậy $E,Z,Y$ thẳng hàng.
Gọi $I$ là trung điểm của $SE$ thì $M,Z,I$ thẳng hàng do cùng nằm trên trung trực của $CD$.
Vẽ $SX$ vuông góc $CD$ thì ta phải chứng minh $C,D,Y,X$ đồng viên.
Ta có $(KT,ES)=-1$ và $I$ là trung điểm của $SE$ nên dễ dàng suy ra $\frac{\overline{KE}}{\overline{KT}}=\frac{\overline{KI}}{\overline{KS}}$
Với $K$ là giao của $SE$ và $AB$.Hay $SK\perp AB$.
Suy ra $\frac{\overline{DE}}{\overline{DT}}=\frac{\overline{DI}}{DS}=\frac{\overline{KM}}{\overline{KX}}$
Suy ra $TX//EM$ hay $\widehat{EMA}=\widehat{TXY}$
Mà $\Delta ZED\sim \Delta MEA\Rightarrow \widehat{EZD}=\widehat{EMA}$
Vậy $\widehat{EZD}=\widehat{TXY}$ nên $T,Z,X,Y$ đồng viên.
Gọi $G$ là giao điểm của $CD$ và $AB$ thì
$\overline{GY}.\overline{GX}=\overline{GT}.\overline{GZ}=\overline{GK}.\overline{GM}=\overline{GA}.\overline{GB}=\overline{GD}.\overline{GC}$
(hệ thức Maclauranh).
Vậy $C,D,Y,X$ đồng viên.Ta có dpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 30-05-2013 - 16:12