Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC. Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ A, B, C
Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC. Gọi D, E, F theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác, P là giao điểm các đường BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các cạnh AB, AC, CF tại Q, R, S.
1) CMR: tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: \(\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\) với D là trung điểm QS.
3) Khi B, C cố định và A thay đổi thì chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua 1 điểm cố định.
Quảng cáo
1) Sử dụng tam giác đồng dạng chứng minh 2 góc bằng nhau.
2) Sử dụng định lý Menelaus.
3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua trung điểm của BC cố định.
1) CMR: tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp.
Do \(AB < AC\) nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR.
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\angle AFE = \angle BCA\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Vì \(QR//EF \Rightarrow \angle AFE = \angle BQR\) (hai góc đồng vị)
\( \Rightarrow \angle BCA = \angle BQR\;\;\left( { = \angle AFE} \right)\)
\( \Rightarrow BQCR\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
2) Chứng minh: \(\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\) với D là trung điểm QS.
Xét \(\Delta DHB\) và \(\Delta EHA\) ta có:
\(\angle HDB = \angle AEH = {90^0}\)
\(\angle BHD = \angle AHE\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta DHB \sim \Delta EHA\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{DB}}{{AE}} = \frac{{HB}}{{HA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow DB = \frac{{HB}}{{HA}}.AE.\)
Xét \(\Delta BHF\) và \(\Delta CHE\) ta có:
\(\angle HFB = \angle CEH = {90^0}\)
\(\angle BHF = \angle CHE\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta BHF \sim \Delta CHE\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{BH}}{{CH}} = \frac{{BF}}{{CE}} = \frac{{HF}}{{HE}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
Xét \(\Delta DHC\) và \(\Delta FHA\) ta có:
\(\angle HDC = \angle AFH = {90^0}\)
\(\angle CHD = \angle AHF\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta DHC \sim \Delta FHA\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{DC}}{{AF}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow DC = \frac{{HC}}{{HA}}.AF.\\ \Rightarrow \frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{AE}}{{AF}}.\frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{AE}}{{AF}}.\frac{{FB}}{{EC}}\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
\(\frac{{PB}}{{PC}}.\frac{{EC}}{{EA}}.\frac{{FA}}{{FB}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AE}}{{AF}}.\frac{{FB}}{{EC}}\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta được \(\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\,\,\left( 3 \right)\;\;\;\left( {dpcm} \right).\)
Do QR song song với EF nên theo định lí Thales:\(\frac{{DQ}}{{PF}} = \frac{{BD}}{{BP}},\,\,\frac{{DS}}{{PF}} = \frac{{CD}}{{CP}}\).
Kết hợp với (3) ta được \(DQ = DS\) hay D là trung điểm của QS.
3) Khi B, C cố định và A thay đổi thì chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua 1 điểm cố định.
Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh \(DP.DM = DQ.DR\).
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp \( \Rightarrow \angle QBC = \angle QRC\) (các góc nội tiếp chắn cung QC).
\( \Rightarrow \Delta QBD \sim \Delta CRD\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{QD}}{{CD}} = \frac{{BD}}{{RD}}\) (các cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow DQ.DR = DB.DC\;\;\left( 4 \right)\)
Tiếp theo ta chứng minh: \(DP.DM = DB.DC \Leftrightarrow DP\left( {\frac{{DC - DB}}{2}} \right) = DB.DC\)
\(DP\left( {DC - DB} \right) = 2DB.DC \Leftrightarrow DB\left( {DP + DC} \right) = DC\left( {DP - DB} \right) \Leftrightarrow DB.PC = DC.PB\)
\( \Leftrightarrow \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\) (đúng theo phần b). Do đó \(DP.DM = DB.DC\,\,\left( 5 \right)\)
Từ (4) và (5) ta được \(DP.DM = DQ.DR \Rightarrow \frac{{DP}}{{DR}} = \frac{{DQ}}{{DM}}\)
Xét \(\Delta DQP\) và \(\Delta DRM\) ta có:
\(\frac{{DP}}{{DR}} = \frac{{DQ}}{{DM}}\;\;\left( {cmt} \right)\)
\(\angle PDQ = \angle RDM\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \Delta DQR \sim \Delta RDM\;\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow \angle PQR = \angle RMP\) (hai góc tương ứng)
\( \Rightarrow PQMR\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. (đpcm)
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
