Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi T, M lần lượt là giao điểm của BD với EF, AC.
Ta có: \(\dfrac{TB}{TD}=\dfrac{S_{ETD}}{S_{FTD}}=\dfrac{S_{ETB}}{S_{FTB}}=\dfrac{S_{ETD}+S_{ETB}}{S_{FTD}+S_{FTB}}=\dfrac{S_{DEF}}{S_{BEF}}\).
Tương tự, \(\dfrac{MB}{MD}=\dfrac{S_{DAC}}{S_{ABC}}\).
Do đó ta phải chứng minh: \(\dfrac{TB}{TD}=\dfrac{MB}{MD}\).
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ADB với sự thẳng hàng của E, T, F:
\(\dfrac{TD}{TB}.\dfrac{EB}{EA}.\dfrac{FA}{FD}=1\). (1)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EBD với sự thẳng hàng của A, M, C:
\(\dfrac{MB}{MD}.\dfrac{CD}{CE}.\dfrac{AE}{AB}=1\). (2)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AED với sự thẳng hàng của B, F, C:
\(\dfrac{BA}{BE}.\dfrac{CE}{CD}.\dfrac{FD}{FA}=1\). (3)
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có \(\dfrac{TD}{TB}.\dfrac{MB}{MD}=1\Leftrightarrow\dfrac{MB}{MD}=\dfrac{TB}{TD}\).
Từ đó ta có đpcm.
Vẽ đường tròn ngoại tiếp (O) của \(\Delta\)ABC. Tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở T.
Gọi HM cắt đường tròn (O) tại hai điểm K và D (K thuộc cung lớn BC), AH cắt (O) và (AEF) tại L và I (khác A).
Dễ chứng minh AD là đường kính của (O) và ^AKP = 900, suy ra K thuộc đường tròn (AEF)
Từ đó \(\Delta\)EKF ~ \(\Delta\)CKB (g.g). Dễ thấy ^IFE = ^IAE = ^LBC; ^IEF = ^IAF = ^LCB suy ra \(\Delta\)EIF ~ \(\Delta\)CLB
Do vậy \(\frac{KF}{KE}.\frac{IE}{IF}=\frac{KB}{KC}.\frac{LC}{LB}=\frac{KB}{KC}.\frac{DB}{DC}=\frac{KB}{KC}.\frac{DB}{BM}.\frac{CM}{DC}=\frac{KB}{KC}.\frac{KC}{KM}.\frac{KM}{KB}=1\)
Suy ra 2 tứ giác KFIE và KBLC điều hòa, dẫn đến K,I,S thẳng hàng và K,L,T thẳng hàng
Theo tính đồng dạng thì \(\Delta\)KIF ~ \(\Delta\)KLB và \(\Delta\)KFS ~ \(\Delta\)KBT kéo theo \(\Delta\)IKL ~ \(\Delta\)SKT (~\(\Delta\)FKB)
Vậy ST // IL, mà IL vuông góc với BC, T thuộc trung trực của BC nên S thuộc trung trực của BC hay SB = SC (đpcm).