Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho tam giác ABC có phân giác AD. Xác định điểm M,N trên AD sao cho ABM=CBN. Chứng minh góc BCN=ACN.
A B C Q P I H K D L M N G J S T R E O
+) Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của P lên AB,AC, L là hình chiếu của I trên MN. Kẻ BG và CJ cùng vuông góc MN.
Nhận xét: Trong \(\Delta\)ABC có đường phân giác trong AE, P và Q trên AE với ^ACQ = ^BCP (gt)
Ta sẽ chứng minh được ^ABP = ^CBQ dựa vào 1 bài toán nổi tiếng ở lớp 7 (Có trong sách NC & PT Toán 7, tập 2)
Tính chất trên là 1 trường hợp đặc biệt của "Đẳng giác". Các bạn có thể tự chứng minh hoặc đọc trong sách :)
Quay trở lại bài toán: Xét \(\Delta\)BMP và \(\Delta\)BIQ: ^PBM = ^QBI (cmt), ^BMP = ^BIQ (=900)
=> \(\Delta\)BMP ~ \(\Delta\)BIQ (g.g) => \(\frac{BI}{BM}=\frac{QI}{PM}\). Tương tự: \(\frac{CI}{CN}=\frac{QI}{PN}\)
Mà PM=PN nên \(\frac{BI}{BM}=\frac{CI}{CN}\)=> \(\frac{BI}{CI}=\frac{BM}{CN}\). Dễ thấy \(\Delta\)MAN cân tại A => ^AMN = ^ANM => ^BMG = ^CNJ
Suy ra: \(\Delta\)BGM ~ \(\Delta\)CJN (g.g) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{MG}{NJ}\). Từ đó: \(\frac{BI}{CI}=\frac{MG}{NJ}\)
Để ý hình thang vuông BCJG, nhờ ĐL Thales ta lập được tỉ số: \(\frac{BI}{CI}=\frac{GL}{JL}=\frac{MG}{NJ}=\frac{ML}{NL}=\frac{BM}{CN}\)
+) Kéo dài tia BH,CH cắt MN tại S,T. Có ngay \(\Delta\)THS ~ \(\Delta\)MPN (g.g) (Các cặp cạnh song song)
Ta thấy: L thuộc 2 cạnh MN,ST tương ứng, \(\frac{LM}{LS}=\frac{LN}{LT}\)(Vì \(\Delta\)BLS ~ \(\Delta\)CLT) => \(\Delta\)HLT ~ \(\Delta\)PLN (c.g.c)
=> ^HLT = ^PLN => 900 - ^HLT = 900 - ^PLN => ^HLI = ^PLI => LI là phân giác ^HLP (1)
+) Gọi R là giao điểm thứ hai của DP với đường tròn (O) => ^PRA= 900 => 5 điểm A,R,N,P,M cùng thuộc 1 đường tròn
=> Tứ giác ARMN nội tiếp => ^MRN = ^BAC = ^BRC, ^RNM = ^RAM = ^RCB nên \(\Delta\)RMN ~ \(\Delta\)RBC (g.g)
Kéo theo \(\Delta\)RMB ~ \(\Delta\)RNC (c.g.c) => \(\frac{BM}{CN}=\frac{RM}{RN}\). Mà \(\frac{BM}{CN}=\frac{LM}{LN}\)(cmt) nên \(\frac{RM}{RN}=\frac{LM}{LN}\)
=> RL là phân giác ^MRN. Chú ý tứ giác RMPN nội tiếp có ^PMN = ^PNM => RP là phân giác ^MRN
Dẫn đến RL trùng với RP hay R,L,P thẳng hàng. Lại có: R,P,K thẳng hàng nên L,P,K thẳng hàng (2)
+) Từ (1) và (2) suy ra: LI là phân giác ^HLK. Mà KH vuông góc LI (Quan hệ song song vuông góc)
Nên \(\Delta\)HKL cân tại L hay H và K đối xứng nhau qua IL. Từ đó: IH = IK => \(\Delta\)HIK cân tại I (đpcm).
*Bài này có nhiều cách làm, mỗi cách có 1 mình khác nhau. OLM đang lỗi nên không vẽ được hình. Bạn thông cảm*
- Giả sử E nằm giữa A và F
- Cách 1: Kéo dài BE cắt đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AEC tại I
Ta có: \(\widehat{EIC}=\widehat{EAC}\) nên \(\Delta\)ABF~\(\Delta\)IBC
\(\Rightarrow\frac{BF}{BA}=\frac{BC}{BI}\) hay \(\frac{BF}{BC}=\frac{BA}{BI}\)
Lại có \(\widehat{ABE}=\widehat{CBF}\) nên \(\Delta\)ABI~\(\Delta\)FBC
Vậy \(\widehat{ACE}=\widehat{EIA}=\widehat{ACE}\)
- Cách 2: Gọi I, H lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC. K là điểm đối xứng F qua BC
Ta có \(\Delta AIH\) cân, AD là đường phân giác nên AD là đường trung trực đoạn IH
=> FI=FH (1)
\(\Delta FBI=\Delta KBE\left(cgc\right)\) nên FI=KE(2)
Từ (1) (2) => KE=FH
\(\Delta CEK=\Delta CHF\left(ccc\right)\)
=> \(\widehat{HCF}=\widehat{ECK}\) hay \(\widehat{ACE}=\widehat{BCF}\)
- Cách 3: Đặt \(\widehat{ABE}=\widehat{CBF}=\alpha;\widehat{ACE}=\beta;\widehat{BCF}=\gamma\)
Ta có: \(\frac{S_{ACE}}{S_{DCF}}=\frac{\frac{1}{2}\cdot AC\cdot CE\cdot\sin\beta}{\frac{1}{2}\cdot DC\cdot CF\cdot\sin\gamma}\left(3\right)\)
Mà \(\frac{S_{ACE}}{S_{DCF}}=\frac{S_{ABE}}{S_{DBF}}=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot BE\cdot\sin\alpha}{\frac{1}{2}BD\cdot BF\cdot\sin\alpha}\left(4\right)\)
Từ (3) (4) => \(\frac{AC}{CD}\cdot\frac{CE}{CF}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}=\frac{AB}{BD}\cdot\frac{BE}{BF}\)
Mặt khác \(\frac{AC}{CD}=\frac{AB}{BD};\frac{CE}{CF}=\frac{BE}{BF}\left(E;F\in AD\right)\)
Vậy \(\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}=1\Rightarrow\widehat{ACE}=\widehat{BCF}\left(\beta+\gamma=180^o\right)\)
- Trường hợp F nằm giữa A và E, có \(\widehat{ABF}=\widehat{CBE}\), cũng làm tương tự