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 $IG=IK$.
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 $AB$
By Savannah
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).
EB cắt CG tại P. Theo Thales, ta có: EBFG=AEAF;FGBP=CFBC→EBBP=AEAF.CFBCEBFG=AEAF;FGBP=CFBC→EBBP=AEAF.CFBC
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: AEAF.CFBC.DBDE=1AEAF.CFBC.DBDE=1
→AEAF.CFBC=DEDB=EBBP=DE+EBDB+BP=DBDP→DB2=DE.DP=DC2→ΔDEC∼ΔDCP→ˆDCE=ˆDPC=ˆFGC↔ˆDCB−ˆECB=ˆBFG−ˆBCG=ˆDBC−ˆBCG→AEAF.CFBC=DEDB=EBBP=DE+EBDB+BP=DBDP→DB2=DE.DP=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).