Cho tam giác ABC vuông tại A \(\left( {AB > AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left(

Câu hỏi số 272836:

Vận dụng cao

Cho tam giác ABC vuông tại A \(\left( {AB > AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường thẳng BI cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại N (N khác B).

a) Chứng minh \(AN.BI = DH.BK\)

b) Tiếp tuyến của tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.

c) Tiếp tuyến của tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn .

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:272836

Giải chi tiết

a) Chứng minh

Ta có do cùng chắn cung AB nên: \(\widehat {BDA} = \widehat {BNA} \Rightarrow \widehat {IHA} = \widehat {BNA} = \widehat {INA}\)

Suy ra tứ giác ANHI nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau). Do đó:

\(\widehat {AHN} = \widehat {AIN} = \widehat {BIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

Ta có: \(AK \bot BD \Rightarrow AK \bot IH \Rightarrow \widehat {AIH} = {90^0}\)

Do tứ giác ANHI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {AIH} + \widehat {ANH} = {180^0} \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {NAH}\\ \Rightarrow \Delta ANH \sim \Delta BKI\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{BK}}{{AN}} = \frac{{BI}}{{AH}} = \frac{{BI}}{{DH}} \Rightarrow AN.BI = DH.BK\end{array}\)

b) Tiếp tuyến của tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.

Gọi \({O_1}\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP, \({I_1}\) là trung điểm của NP.

Vì A; D đối xứng qua BC nên PA cũng là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) .

Ta có: \(\widehat {PAN} = \frac{1}{2}\widehat {P{O_1}N} = \widehat {P{O_1}{I_1}}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP của đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\))

Lại có: \(\widehat {PAN} = \widehat {ADN}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AN của \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow \widehat {P{O_1}{I_1}} = \widehat {ADN}\)

Hơn nữa ANHI nội tiếp (cmt) nên: \(\widehat {ANH} = \widehat {AIH} = {90^0} \Rightarrow \widehat {NAH} = \widehat {NHP}\) (cùng phụ với \(\widehat {NHA}\))

Ta có: \(\widehat {NAH} = \widehat {NIH} = \widehat {NBD} = \widehat {NDP}\)

\( \Rightarrow \widehat {NHP} = \widehat {NDP} \Rightarrow \) tứ giác PDNH nội tiếp nên: \(\widehat {NPH} = \widehat {NDA} \Rightarrow \widehat {NPH} = \widehat {P{O_1}{I_1}}\)

Mặt khác: \(\widehat {P{O_1}{I_1}} + \widehat {{O_1}P{I_1}} = {90^0} \Rightarrow \widehat {NPH} + \widehat {{O_1}P{I_1}} = {90^0} \Rightarrow \widehat {{O_1}PH} = {90^0}\)

Suy ra: BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.

c) Tiếp tuyến của tại C cắt DP tại M. Đường tròn qua D tiếp xúc với CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua điểm cố định khi BC cố định và A di động trên đường tròn.

Gọi J là trung điểm của OM, G là trung điểm của OC, E là giao điểm của QG và BM.

Dễ thấy MQ là đường kính của đường tròn đi qua D là tiếp xúc với MC \(\left( {Do\,\,\widehat {MDQ} = {{90}^0}} \right)\)

\( \Rightarrow MQ \bot MC\). Mà \(MC \bot BC \Rightarrow MQ//BC\)

Do \(MQ//BC \Rightarrow \widehat {QMO} = \widehat {MOP}\,\,\left( {slt} \right) = \widehat {QOM} \Rightarrow \) Tam giác QOM cân tại Q.

\( \Rightarrow QJ \bot OM\) (trung tuyến đồng thời là đường cao)

\( \Rightarrow \widehat {BOM} = \widehat {GJQ}\)( góc có cạnh tương ứng vuông góc).

Mặt khác:

\(\begin{array}{l}\Delta OGJ \sim \Delta OJQ\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{GJ}}{{JQ}} = \frac{{OG}}{{OJ}}\\\Delta OGJ \sim \Delta OCM \Rightarrow \frac{{OG}}{{OJ}} = \frac{{OC}}{{OM}} = \frac{{OB}}{{OM}}\,\,\,\left( {OC = OB} \right)\\ \Rightarrow \frac{{GJ}}{{JQ}} = \frac{{OB}}{{OM}}\\ \Rightarrow \Delta GJQ \sim \Delta BOM\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {OMB} = \widehat {JQG}\end{array}\)

Do đó tứ giác QEJM nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {QEM} = \widehat {QJM} = {90^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QM)

\( \Rightarrow QE \bot EM \Rightarrow QE \bot BM\)

Vậy đường thẳng qua Q vuông góc với BM luôn đi qua trung điểm G của OC cố định.

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