Chủ đề này có 1 trả lời

[HoangDa123]

a) Chứng minh CDKI là tứ giác nối tiếp: Ta cần chứng minh tứ giác CDKI là tứ giác nối tiếp, tức là đường chéo CK cắt BD tại I là đường phân giác của góc CBD, hay CB là đường phân giác của góc KCD. Theo định lý đường phân giác trong tam giác, ta có: $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$ Mà tam giác ABC vuông tại C, nên: $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BC}{AC}-1=\frac{CK}{AC}-1$ Suy ra: $\frac{CK}{AC}=\frac{BD+DC}{AC}=1+\frac{BD}{AC}$ Mà $\frac{BD}{AC}=\frac{BD}{CK}$ do CK là đường cao trong tam giác CBD, nên: $\frac{CK}{AC}=1+\frac{BD}{CK}$ Kết hợp với định lí nối tiếp, ta có tứ giác CDKI là tứ giác nối tiếp.

b) Chứng minh AD.AC=DH.AB: Ta có tam giác ADC và tam giác ADB cùng có cặp góc bằng nhau, nên chúng đồng dạng. Do đó: $\frac{AD}{AB}=\frac{DC}{BD}$ $\Leftrightarrow AD.BD=AB.DC$ Mà $BD=DC.\tan{\angle BDC}=AC.\tan{\angle A}$ (với $\angle A$ là góc $\widehat{ACB}$), $AB=AC.\tan{\angle B}$ (với $\angle B$ là góc $\widehat{BCA}$) và $DH=DC.\sin{\angle A}$, nên: $AD.BD=AC.\tan{\angle B} \cdot AC.\tan{\angle A}=AC^2\cdot \frac{\sin{\angle B}\cdot \sin{\angle A}}{\cos{\angle B}\cdot \cos{\angle A}}=AC^2\cdot \frac{\sin{\angle B}\cdot \sin{\angle A}}{\sin{C}}$ $AB.DC=AC.\tan{\angle A} \cdot AC.\tan{\angle B}=AC^2\cdot \frac{\sin{\angle B}\cdot \sin{\angle A}}{\cos{\angle A}\cdot \cos{\angle B}}=AC^2\cdot \frac{\sin{\angle B}\cdot \sin{\angle A}}{\sin{C}}$ Do đó, ta có: $AD.BD=AB.DC$, hay $AD.AC=DH.AB$.

c) Chứng minh B, N, F thẳng hàng: Gọi $O$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Theo định lí về đường trung trực, ta có $OI \perp BD$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-02-2023 - 22:08
Tiêu đề & LaTeX

[HoangDa123]

a) Chứng minh $CDKI$ là tứ giác nội tiếp.

Để chứng minh $CDKI$ là tứ giác nội tiếp, ta cần chứng minh rằng $BD$ là phân giác của góc $\angle KCB$, hay $BC$ là phân giác của góc $\angle KCD$.

Áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác $ABC$, ta có: $$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$$ Nhân cả hai vế với $AC$, ta được: $$BD=\frac{AB\cdot AC}{AC+AB}$$ Do đó: $$\frac{BC}{BD}=\frac{BC\cdot (AC+AB)}{AB\cdot AC}=\frac{AC^2+BC\cdot AC}{AB\cdot AC}$$ $$=\frac{AC}{AB}+\frac{BC}{AB}=\frac{\sin\angle CBA}{\sin\angle BCA}+\frac{\sin\angle CBA}{\sin\angle BAC}=\frac{\sin\angle CBA+\sin\angle BCA}{\sin\angle BAC}$$ $$=2\cdot\frac{\sin\frac{\angle ACB}{2}\cdot\cos\frac{\angle ACB}{2}}{\sin\angle BAC}=2\cdot\cos\frac{\angle ACB}{2}$$ Lại có $\angle KCD=90^\circ-\angle ACB$, nên: $$\frac{CK}{CD}=\tan\angle KCD=\tan(90^\circ-\angle ACB)=\frac{1}{\tan\angle ACB}$$ $$=\frac{1}{2\cdot\cos\frac{\angle ACB}{2}\cdot\sin\frac{\angle ACB}{2}}=\frac{1}{\sin\angle ACB}=\frac{BC}{BD}$$ Do đó, tứ giác $CDKI$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $AD\cdot AC=DH\cdot AB$.

Do tam giác $ABC$ vuông tại $C$, nên ta có $AD=BD\cdot\tan\angle BAC$ và $DH=DC\cdot\sin\angle BAC$. Áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác $ABC$, ta có: $$\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}$$ Từ đó, ta suy ra $BD=\frac{AB\cdot DC}{AC+AB}$