Quảng cáo
1 câu trả lời 742
Để chứng minh BFEC, BFHD, IBNE nội tiếp, ta sử dụng tính chất đường tròn nội tiếp tam giác và góc nội tiếp.
Chứng minh BFEC nội tiếp:
Gọi G là giao điểm của BE và CF. Ta cần chứng minh BG.FC = CG.BE.
Áp dụng định lý Ptolemy trong tứ giác ABGC, ta được:
AG.BC + BG.AC = AB.CG
Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) nên AG = 2R.cosA, BG = 2R.cosB, CG = 2R.cosC, AC = 2R.sinB, BC = 2R.sinA. Thay vào phương trình trên, ta được:
2R.cosA.2R.sinA + 2R.cosB.AC = AB.2R.cosC
Simplifying the equation, we get:
R(cosA.sinA + cosB.sinC) = R.cosC.AB/2
Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) nên AB = 2R.sinC. Thay vào phương trình trên, ta được:
cosA.sinA + cosB.sinC = cosC.sinB
Do đó, ta có:
BG.FC = BG.(BG + GC) = BG² + BG.GC = BG² + AG.GB = AB.GB = AB.(AB - AG) = AB.BE
CG.BE = BE.(CE + BG) = BE² + BE.BG = AB.BE
Vậy, ta có BG.FC = CG.BE, suy ra BFEC nội tiếp.
Chứng minh BFHD nội tiếp:
Gọi K là giao điểm của BH và DF. Ta cần chứng minh BK.FD = DK.BH.
Áp dụng định lý Ptolemy trong tứ giác ABKD, ta được:
AD.BK + AB.DK = AK.BD
Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) nên AD = 2R.sinB, AB = 2R.sinC, BD = 2R.sinA. Thay vào phương trình trên, ta được:
2R.sinB.BK + 2R.sinC.DK = 2R.sinA.AK
Simplifying the equation, we get:
BK.sinB + DK.sinC = AK.sinA
Do đó, ta có:
BK.FD = BK.(BD - BF) = BK.BD - BK.BF = AK.sinA - BK.BF
DK.BH = DK.(DH + HB) = DK.DH + DK.BH = AK.sinA - DK.BH
Vậy, ta có BK.FD = DK.BH, suy ra BFHD nội tiếp.
Chứng minh IBNE nội tiếp:
Gọi L là giao điểm của BI và NE. Ta cần chứng minh BL.EN = EL.BI.
Áp dụng định lý Ptolemy trong tứ giác ABLI, ta được:
AB.LI + AI.BL = AL.BI
Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) nên AB = 2R.sinC, AI = R, AL
Quảng cáo
Bạn muốn hỏi bài tập?
Câu hỏi hot cùng chủ đề
-
103437
-
Hỏi từ APP VIETJACK68807
-
56608
-
47524
-
44249
-
36842
-
35274
