Bài toán (Canada 1998): Tam giác ABC có $\angle CAB=40^o, \angle ABC=60^o$. Lấy $D \in AC, E \in AB$ sao cho $\angle CBD=40^o$ $\angle BCE=70^o$. Gọi F là giao điểm của BD và CE. Chứng minh rằng AF vuông góc BC.
Giải:
Đặt $x=m(\widehat {BAF})$. nên $m(\widehat {CAF})=40^{\circ}-x$, $m(\widehat {BCF})=70^{\circ}$, $m(\widehat {ACF})=10^{\circ}$, $m(\widehat {ABF})=20$, $m(\widehat {CBF})=40^{\circ}$. Áp dụng định lý Ceva-sin cho tam giác ABC có BD,CE,AF đồng quy tại F:
$\sin x\sin 40^{\circ}\sin 10^{\circ}=\sin (40^{\circ}-x)\sin 20^{\circ}\sin 70^{\circ}\Longleftrightarrow$
$2\sin x\sin 10^{\circ}=\sin (40^{\circ}-x)\Longleftrightarrow$
$\cos (x-10^{\circ})-\cos (x+10^{\circ})=\cos (50^{\circ}+x)\Longleftrightarrow$
$\cos (x+10^{\circ})= \cos (x-10^{\circ})-\cos (50^{\circ}+x)\Longleftrightarrow$
$\cos (x+10^{\circ})=2\sin (x+20^{\circ})\sin 30^{\circ}\Longleftrightarrow$
$\cos (x+10^{\circ})=\cos (70^{\circ}-x)\Longleftrightarrow x=30^{\circ}\Longleftrightarrow AF\perp BC\ .$
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét