K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

23 tháng 6

 Gọi T là giao điểm của EF và BC. Gọi J là trung điểm DT. Khi đó vì \(\widehat{TKD}=90^o\) nên \(K\in\left(J,JD\right)\). Đặt \(JB=b,JC=c,JD=JT=d\)

 Dễ thấy \(AE=AF,BF=BD,CD=CE\) nên \(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}=1\)

 Hơn nữa, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến EFT, ta có: \(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}=1\) 

 Từ đó suy ra \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{TB}{TC}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{JD-JB}{JC-JD}=\dfrac{JB+JT}{JC+JT}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{d-b}{c-d}=\dfrac{b+d}{c+d}\)

 \(\Leftrightarrow\left(d-b\right)\left(c+d\right)=\left(c-d\right)\left(b+d\right)\)

 \(\Leftrightarrow cd+d^2-bc-bd=bc+cd-bd-d^2\)

 \(\Leftrightarrow2d^2=2bc\)

 \(\Leftrightarrow JD^2=JB.JC=JK^2\) \(\left(vìJD=JK\right)\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{JK}{JC}=\dfrac{JB}{JK}\)

 Xét tam giác JBK và JKC, có: 

 \(\dfrac{JK}{JC}=\dfrac{JB}{JK}\) và \(\widehat{J}\) chung nên 

\(\Delta JBK\sim\Delta JKC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{JB}{JK}=\dfrac{JB}{JD}=\dfrac{b}{d}\)

Lại có \(d^2=bc\) 

\(\Leftrightarrow d^2-bd=bc-bd\)

\(\Leftrightarrow d\left(d-b\right)=b\left(c-d\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{d}=\dfrac{d-b}{c-d}\)

 Như vậy \(\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{b}{d}=\dfrac{d-b}{c-d}=\dfrac{JD-JB}{JC-JD}=\dfrac{DB}{DC}\)

 Do đó theo tính chất đường phân giác trong tam giác, KD là phân giác \(\widehat{BKC}\) (đpcm)

Một số bài toán hay về tâm nội tiếp:Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), hai điểm K,L di chuyển trên (O) (K thuộc cung AB không chứa C, L thuộc cung AC không chứa B) thỏa mãn KL song song với BC. Gọi U và V lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác AKB,ALC. Chứng minh rằng tâm của (UAV) thuộc đường thẳng cố định.Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD có AD = BC. AC cắt BD tại I. Gọi S,T là tâm nội tiếp các tam...
Đọc tiếp

Một số bài toán hay về tâm nội tiếp:

Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), hai điểm K,L di chuyển trên (O) (K thuộc cung AB không chứa C, L thuộc cung AC không chứa B) thỏa mãn KL song song với BC. Gọi U và V lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác AKB,ALC. Chứng minh rằng tâm của (UAV) thuộc đường thẳng cố định.

Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD có AD = BC. AC cắt BD tại I. Gọi S,T là tâm nội tiếp các tam giác AID,BIC. M,N là trung điểm các cạnh AB,CD. Chứng minh rằng MN chia đôi ST.

Bài 3: Cho tam giác ABC, đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F. Kẻ DH vuông góc EF tại H, G là trung điểm DH. Gọi K là trực tâm tam giác BIC. Chứng minh rằng GK chia đôi EF.

Bài 4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I), (I) tiếp xúc với BC,CA,AB tại D,E,F. Gọi AI cắt DE,DF tại K,L; H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC, M là trung điểm BC. Chứng minh rằng bốn điểm H,K,L,M cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên (Euler) của tam giác ABC.

1
14 tháng 3 2020

chị gisp em bài này

20 tháng 8 2023

a) Ta dễ chứng minh \(\widehat{BIC}=90^o+\dfrac{\widehat{A}}{2}\)

Ta thấy \(\widehat{BFK}=\widehat{A}+\widehat{AEF}=\dfrac{\widehat{A}}{2}+\widehat{IAE}+\widehat{AEF}\)  \(=90^o+\dfrac{\widehat{A}}{2}\)

Nên \(\widehat{BIC}=\widehat{BFK}\)

Xét 2 tam giác BIC và BFK, ta có: 

\(\widehat{FBK}=\widehat{IBC}\) (do BI là tia phân giác của \(\widehat{FBC}\)) và \(\widehat{BIC}=\widehat{BFK}\left(cmt\right)\) 

\(\Rightarrow\Delta BIC~\Delta BFK\left(g.g\right)\) (đpcm)

b) Từ \(\Delta BIC~\Delta BFK\Rightarrow\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BC}{BK}\) \(\Rightarrow\dfrac{BI}{BC}=\dfrac{BF}{BK}\)

Xét 2 tam giác BIF và BCK, ta có

\(\dfrac{BI}{BC}=\dfrac{BF}{BK}\) và \(\widehat{IBF}=\widehat{CBK}\)

\(\Rightarrow\Delta BIF~\Delta BCK\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BKC}=\widehat{BFI}\)

Mà \(\widehat{BFI}=90^o\) nên \(\widehat{BKC}=90^o\) (đpcm)

20 tháng 8 2023

ai làm giúp phần a với, mãi ko ra:(((

16 tháng 2 2023