Chủ đề này có 5 trả lời

[BlackSelena]

Cho hình vuông ABCD, $I \in AB$. $DI \cap BC = E$, $CI \cap AE = M$.
CMR: $DE \perp BM$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 07-01-2012 - 19:43

[Cao Xuân Huy]

Bạn coi lại đề nhé:

[Junz]

Sau khi xem xét thì nhận ra đề như sau, đây mới là đề đúng
Cho hình vuông $ABCD$, lấy $I$ bất kì trên $AB$. Trên tia đối tia $CB$ lấy $E$ sao cho $BI=BE$. C/m $CI\perp AE$.

Gọi $H$ là giao điểm của $IE$ và $AC$
Vì tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật
=> Đường chéo $CA$ là tia phân giác $\widehat{C}$
mà $H\in AC$
$E\in BC$
=> $\widehat{HCE}=45^{\circ}$

$\Delta IBE$ có
$IB=EB$ ( giả thuyết )
=> $\Delta IBE$ cân tại $B$
mà $\widehat{IBC}=90^{\circ}$ ( vì $IB\perp EB$ )
=> $\Delta IBE$ vuông cân tại $B$
=> $\widehat{IEB}=45^{\circ}$
mà $H\in IE$
$C\in BE$
=> $\widehat{HEC}=45^{\circ}$

$\Delta HCE$ có
$\widehat{HCE}=45^{\circ}$ ( cmt )
$\widehat{HEC}=45^{\circ}$ ( cmt )
=> $\Delta HCE$ vuông cân tại $H$
=> $EH\perp AC$

$\Delta AEC$ có
$EH$ là đường cao ( vì $EH\perp AC$ )
$AB$ là đường cao ( vì $AB\perp CE$ )
$EH$ cắt $AB$ tại $I$
=> $I$ là trực tâm $\Delta AEC$
=> $CI\perp AE$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Junz: 07-01-2012 - 17:43

[BlackSelena]

Đã sửa lại đề nhé mọi người, xin lỗi vì sự bất tiện này

Sau khi xem xét thì nhận ra đề như sau, đây mới là đề đúng
Cho hình vuông $ABCD$, lấy $I$ bất kì trên $AB$. Trên tia đối tia $CB$ lấy $E$ sao cho $BI=BE$. C/m $CI\perp AE$.

Gọi $H$ là giao điểm của $IE$ và $AC$
Vì tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật
=> Đường chéo $CA$ là tia phân giác $\widehat{C}$
mà $H\in AC$
$E\in BC$
=> $\widehat{HCE}=45^{\circ}$

$\Delta IBE$ có
$IB=EB$ ( giả thuyết )
=> $\Delta IBE$ cân tại $B$
mà $\widehat{IBC}=90^{\circ}$ ( vì $IB\perp EB$ )
=> $\Delta IBE$ vuông cân tại $B$
=> $\widehat{IEB}=45^{\circ}$
mà $H\in IE$
$C\in BE$
=> $\widehat{HEC}=45^{\circ}$

$\Delta HCE$ có
$\widehat{HCE}=45^{\circ}$ ( cmt )
$\widehat{HEC}=45^{\circ}$ ( cmt )
=> $\Delta HCE$ vuông cân tại $H$
=> $EH\perp AC$

$\Delta AEC$ có
$EH$ là đường cao ( vì $EH\perp AC$ )
$AB$ là đường cao ( vì $AB\perp CE$ )
$EH$ cắt $AB$ tại $I$
=> $I$ là trực tâm $\Delta AEC$
=> $CI\perp AE$

đây chưa phải là đề đúng bạn ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 08-01-2012 - 14:16

[perfectstrong]

Lời giải:

Vẽ $BH \perp CD$. Ta chứng minh B,K,M thẳng hàng.
Đặt $AB=BC=CA=AD=a;IB=x$
\[\begin{array}{l}
\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{x}{a} \\
IB\parallel CD \Rightarrow \frac{{IB}}{{CD}} = \frac{{BE}}{{CE}} \Leftrightarrow \frac{{IB}}{{CD - IB}} = \frac{{BE}}{{CE - BE}} \Leftrightarrow \frac{x}{{a - x}} = \frac{{BE}}{a} \Leftrightarrow BE = \frac{{ax}}{{a - x}} \\
\Rightarrow CE = CB + BE = a + \frac{{ax}}{{a - x}} = \frac{{{a^2}}}{{a - x}} \\
\end{array}\]
$\vartriangle ABE$ có cát tuyến CIM nên theo định lý Menelaus, ta có:
\[\frac{{MA}}{{ME}}.\frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{IB}}{{IA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{MA}}{{ME}} = \frac{{IA}}{{IB}}.\frac{{CB}}{{CE}} = \frac{{a - x}}{x}.\frac{a}{{\frac{{{a^2}}}{{a - x}}}} = \frac{{{{\left( {a - x} \right)}^2}}}{{ax}}\]
Lại sử dụng hệ thức lượng cho $\vartriangle IBE$ vuông tại B, đường cao BK:
\[\frac{{KE}}{{KI}} = \frac{{\frac{{E{B^2}}}{{EI}}}}{{\frac{{I{B^2}}}{{IE}}}} = \frac{{E{B^2}}}{{I{B^2}}} = \frac{{{{\left( {\frac{{ax}}{{a - x}}} \right)}^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{{a^2}}}{{{{\left( {a - x} \right)}^2}}}\]
Suy ra
\[ \Rightarrow \frac{{BI}}{{BA}}.\frac{{MA}}{{ME}}.\frac{{KE}}{{KI}} = \frac{x}{a}.\frac{{{{\left( {a - x} \right)}^2}}}{{ax}}.\frac{{{a^2}}}{{{{\left( {a - x} \right)}^2}}} = 1\]
Theo định lý Menelaus cho $\vartriangle AIE$ thì B,K,M thẳng hàng. Vậy $BM \perp DE$ tại K.

[Nxb]

Cách khác: Dựng đường thẳng qua A vuông góc với DE cắt BC tại F. Dễ thấy $BF=IA$
Theo định lý Menelaus ta có: $\frac{CB}{CE}.\frac{ME}{MA}.\frac{IA}{IB}=1$
và $\frac{CE.IB}{CB}=CE.\frac{IB}{CD}=CE.\frac{EB}{CE}=BE$
Do đó $\frac{MA}{ME}=\frac{IA}{BE}=\frac{BF}{BE}$ suy ra $AF//MB$. Ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 22-07-2012 - 07:11