bài (1) này giải thế này ko bít có đc ko nữa, hình như hơi dài.
cho OB cắt ED ở K'
ta có $\widehat{AOB}$ = $90^{0}$ + $\dfrac{\widehat{ACB}}{2}$ (tự chứng minh)
mà $\widehat{K'DB}$ = $90^{0}$ + $\dfrac{\widehat{ACB}}{2}$ (do tg CED cân)
nên $\widehat{AOB}$ = $\widehat{K'DB} $
mà $\widehat{ABO}$ = $ \widehat{K'BD}$ (BK' là phân giác góc ABD)
cho ta tg ABO đồng dạng tg K'BD
$\widehat{BAO}$ = $ \widehat{BK'D}$
mà $\widehat{BAO}$= $\widehat{BKD}$ ( tứ giác AKHB nội tiếp)
nên ta dễ dàng có được E,K,D thẳng hàng.
CMTT ta có ĐPCM.
Không có gì Đúng mà không được Chứng Minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 24-12-2010 - 14:10