Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P) và (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp

Câu hỏi số 263685:

Vận dụng cao

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P) và (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp của tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài( khác BC) của 2 đường tròn (P) và (Q), nó cắt AB, AC, AH theo thứ tự tại M, N, K.

a) Chứng minh rằng tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC.

b) Chứng minh PK// AB và tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.

c) Chứng minh rằng 5 điểm A, N, M, P, Q cùng nằm trên một đường tròn.

d) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Biết rằng AB = a, AC = 3a. Đường thẳng thay đổi đi qua H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D và E. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IDE theo a.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:263685

Phương pháp giải

a) Trước hết chứng minh \(\Delta PBH \sim \Delta QAH\,\,\,\left( {g.g} \right),\) sau đó chứng minh \(\Delta HPQ \sim \Delta ABC\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

b) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.

c) Chứng minh AMPN và AMQN là tứ giác nội tiếp

d) Dựng đường kính DF.

Giải chi tiết

a) Ta sẽ chứng minh 2 tam giác sau đồng dạng: PBH và QAH.

Dễ có HP, HQ lần lượt là phân giác trong và ngoài của hai góc kề bù nên chúng sẽ vuông góc với nhau.

Từ đó: \(\widehat {PHB} = \widehat {AHQ}\)( cùng phụ với góc \(\widehat {PHK}\)).

Mặt khác:

\(\widehat {BPH} = {180^0} - \frac{1}{2}\widehat {ABC} - \frac{1}{2}\widehat {AHB} = {180^0} - \frac{1}{2}\widehat {HAC} - \frac{1}{2}\widehat {AHC} = {180^0} - \widehat {QAH} - \widehat {QHA} = \widehat {AQH}.\)

Do vậy dễ dàng có: \(\Delta PBH \sim \Delta QAH\,\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{HP}}{{HQ}} = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\)

Do vậy: \(\Delta HPQ \sim \Delta ABC\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

b) Do MN và AH đều là 2 tiếp tuyến chung của 2 đường tròn.

Dễ dàng dùng tam giác bằng nhau chứng minh được: KP, KQ lần lượt là phân giác của: \(\widehat {MKH},\widehat {NKH}.\)

Mà 2 góc này bù nhau \( \Rightarrow KP \bot KQ\).

Do vậy tứ giác KPHQ có 2 góc vuông đối nhau nên là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {PKH} = \widehat {PQH}.\)

Mà \(\widehat {PQH} = \widehat {ACB}\) (\(\Delta HPQ \sim \Delta ABC\)), \(\widehat {ACB} = \widehat {BAH} \Rightarrow \widehat {PKH} = \widehat {BAH} \Rightarrow PK//AB\).

Áp dụng tính chất góc ta có: \(\widehat {AMN} = \widehat {MKP} = \widehat {PKH} = \widehat {PQH} = \widehat {ACB}\)

Vậy tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.

b) Do PM là phân giác của \(\widehat {BMN}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {PMN} = \frac{1}{2}\widehat {BMN} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \widehat {ACB}} \right)\)

(Do tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp ở câu b).

\(\widehat {PMN} = \frac{1}{2}\widehat {BMN} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \widehat {ACB}} \right) = {90^0} - \frac{1}{2}\widehat {ACB}.\)

\(\begin{array}{l}\widehat {PAN} = {90^0} - \widehat {BAP} = {90^0} - \frac{1}{2}\widehat {BAH} = {90^0} - \frac{1}{2}\widehat {ACB}\\ \Rightarrow \widehat {PAN} = \widehat {PMN}.\end{array}\)

Suy ra: tứ giác AMPN là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự: AMQN là tứ giác nội tiếp.

Từ đó: A, M, P, Q, N cùng thuộc một đường tròn.

d) Kẻ đường kính DF.

Áp dụng định lý Pytago ta có: \(B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} = {a^2} + 9{a^2} = 10{a^2}.\)

Ta có: \({S_{IDE}} = \frac{1}{2}{S_{EDF}} = \frac{1}{4}ED.{\rm{EF}} \le \frac{1}{4}\frac{{E{D^2} + E{F^2}}}{2} = \frac{1}{8}D{F^2} = \frac{1}{8}B{C^2} = \frac{1}{8}.10{a^2} = \frac{5}{4}{a^2}.\)

Vậy \({S_{IDE\,\,\max }} = \frac{{5{a^2}}}{4}\).

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link