Cho tam giác \(ABC\) cân tại\(A,\) có đường tròn nội tiếp là \(\left( I \right).\) Các điểm

Câu hỏi số 342848:

Vận dụng

Cho tam giác \(ABC\) cân tại\(A,\) có đường tròn nội tiếp là \(\left( I \right).\) Các điểm \(E,\,\,F\) theo thứ tự thuộc các cạnh \(CA,\,\,AB\,\,\left( {E \ne C,\,\,A;\,\,F \ne B,\,\,A} \right)\) sao cho \(EF\) tiếp xúc với đường tròn \(\left( I \right)\) tại điểm \(P.\) Gọi \(K,\,\,L\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(E,\,\,F\) lên \(BC.\) Giả sử \(FK\) cắt \(EL\) tại điểm \(J.\) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(J\) lên \(BC.\)

1) Chứng minh rằng \(HJ\) là phân giác của \(\angle EHF.\)

2) Ký hiệu \({S_1}\) và \({S_2}\) lần lượt là diện tích của các tứ giác \(BFJL\) và \(CEJK.\) Chứng minh rằng: \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{B{F^2}}}{{C{E^2}}}.\)

3) Gọi \(D\) là trung điểm của cạnh \(BC.\) Chứng minh rằng ba điểm \(P,\,\,J,\,\,D\) thẳng hàng.

Xem lời giải

Câu hỏi:342848

Phương pháp giải

1) Gọi \(G\) là giao điểm của \(EH\) và \(FL.\) Sử dụng định lý Ta-let để chứng minh \(\Delta HFG\) cân tại \(H.\)

+) Chứng minh \(\angle FHL = \angle EHK\) để chứng minh yêu cầu bài toán.

2) Sử dụng tỉ số đồng dạng của tam giác để chứng minh tỉ của diện tích các tam giác.

Từ đó chứng minh bài toán.

3) Sử dụng định lý Ta-let để chứng minh các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và các cặp cạnh tương ứng bằng nhhau.

Chứng minh \(\angle DPE = \angle JPE = {90^0} \Rightarrow D,\,\,J,\,\,P\) thẳng hàng.

Giải chi tiết

1) Chứng minh rằng \(HJ\) là phân giác của \(\angle EHF.\)

Gọi \(G\) là giao điểm của \(EH\) và \(FL.\)

Theo đề bài ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}FL \bot BC = \left\{ L \right\}\\EK \bot BC = \left\{ K \right\}\end{array} \right. \Rightarrow FL//EK\,\,\left( { \bot BC} \right).\)

Áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{KJ}}{{JF}} = \frac{{HK}}{{HL}}\,\,\,\left( {JH//FL} \right)\\\frac{{HK}}{{HL}} = \frac{{EK}}{{LG}}\,\,\,\left( {EK//GL} \right)\\\frac{{EK}}{{FL}} = \frac{{JK}}{{JF}}\,\,\,\left( {EK//FL} \right)\\ \Rightarrow \frac{{EK}}{{FL}} = \frac{{EK}}{{LG}} \Rightarrow EL = LG.\end{array}\)

Hay \(L\) là trung điểm của\(FG.\)

Lại có: \(HL \bot FG \Rightarrow \Delta HFG\) là tam giác cân tại \(H.\)

\( \Rightarrow HL\) cũng là tia phân giác của \(\Delta FHG.\)

\( \Rightarrow \angle FHL = LHG\) (tính chất tia phân giác).

Mà \(\angle LHG = \angle EHK\) (hai góc đối đỉnh)

\( \Rightarrow \angle FHL = \angle EHK\left( { = \angle GHL} \right).\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle FHJ + \angle LHF = {90^0}\\\angle JHE + \angle EHK = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle FHJ = \angle EHJ\)

\( \Rightarrow HJ\) là phân giác của \(\angle FHE.\)

2) Ký hiệu \({S_1}\) và \({S_2}\) lần lượt là diện tích của các tứ giác \(BFJL\) và \(CEJK.\) Chứng minh rằng: \(\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{B{F^2}}}{{C{E^2}}}.\)

Ta có: \(EK//FL \Rightarrow \angle JEK = \angle FLJ\) (hai góc so le trong)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta EJK \sim \Delta LJF\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{{S_{LJF}}}}{{{S_{EJK}}}} = {\left( {\frac{{LF}}{{KE}}} \right)^2} \Rightarrow {S_{LJF}} = {\left( {\frac{{LF}}{{KE}}} \right)^2}.{S_{EJK}}.\end{array}\)

Xét \(\Delta FBL\) và\(\Delta ECK\) ta có:

\(\angle FBL = \angle ECK\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\))

\(\begin{array}{l}\angle ELB = \angle EKC = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta FBL \sim \Delta ECK\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{BF}}{{EC}} = \frac{{FL}}{{EK}}.\\\frac{{{S_{FLB}}}}{{{S_{EKC}}}} = {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2} \Rightarrow {S_{FLB}} = {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2}.{S_{EKC}}\end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_1} = {S_{BFJL}} = {S_{BFL}} + {S_{FJL}}\\{S_2} = {S_{EJKC}} = {S_{EJK}} + {S_{EKC}}\end{array} \right..\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_1} = {S_{BFJL}} = {S_{BFL}} + {S_{FJL}} = {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2}.{S_{EKC}} + {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2}.{S_{EJK}}\\ = {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2}\left( {{S_{EKC}} + {S_{EJK}}} \right) = {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2}{S_2}.\\ \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = {\left( {\frac{{FL}}{{EK}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{BF}}{{CE}}} \right)^2} = \frac{{B{F^2}}}{{C{E^2}}}\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

3) Gọi \(D\) là trung điểm của cạnh \(BC.\) Chứng minh rằng ba điểm \(P,\,\,J,\,\,D\) thẳng hàng.

Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là giao điểm của \(EI,\,\,FI\) và \(BC.\)

Ta có: \(AB,\,\,EF\) là hai tiếp tuyến của \(\left( I \right),\) cắt nhau tại \(F \Rightarrow FI\) là phân giác của \(\angle BFE \Rightarrow \angle BFI = \angle IFE\) (tính chất tia phân giác)

Tương tự ta có: \(EI\) là phân giác của \(\angle FEI \Rightarrow \angle FEI = \angle IEC.\)

Xét \(\Delta IEF\) ta có:

\(\begin{array}{l}\angle EIF = {180^0} - \left( {\angle IEF + \angle IFE} \right) = {180^0} - \frac{{\angle BFE + \angle FEC}}{2}\\ = \frac{{{{360}^0} - \left( {\angle BFE + \angle FEC} \right)}}{2} = \angle B = \angle C\end{array}\)

\( \Rightarrow BFIM,\,\,\,CEIN\) là các tứ giác nội tiếp. (Tứ giác có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Ta có: \(AC,\,\,BC\) là các tiếp tuyến của \(\left( I \right),\) cắt nhau tại \(C \Rightarrow CI\) là phân giác của \(\angle ECB \Rightarrow \angle ECI = \angle NCI\) (tính chất tia phân giác).

Mà \(\angle ECI = \angle ENI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EI\))

\(\angle NCI = \angle NEI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(NI\))

\( \Rightarrow \angle IEN = \angle INE\left( { = \angle ICE = \angle ICN} \right).\)

\( \Rightarrow \Delta IEN\) là tam giác cân tại \(I \Rightarrow IE = IN\) (tính chất tam giác cân).

Chứng minh tương tự ta có \(\Delta IFM\) là tam giác cân tại \(I \Rightarrow IF = IM.\)

Ta có: \(\angle MEN = \angle FME\left( { = \frac{{\angle C}}{2}} \right)\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow EN//FM.\)

Áp dụng định lý Ta-let ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{ID}}{{FL}} = \frac{{IN}}{{FN}}\,\, = \frac{{DN}}{{NL}}\,\,\left( {ID//FL} \right)\\\frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{DK}}{{KM}} = 1 - \frac{{ID}}{{EK}}\,\,\,\left( {ID//EK} \right)\\\frac{{IE}}{{IM}} = \frac{{IN}}{{IF}}\,\,\left( {FM//EK} \right)\\ \Rightarrow \frac{{IE}}{{IM + IE}} = \frac{{IN}}{{IN + IF}} = \frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{IN}}{{FN}}\,\\ \Rightarrow \frac{{ID}}{{FL}} = 1 - \frac{{ID}}{{EK}} \Leftrightarrow \frac{{ID}}{{FL}} + \frac{{ID}}{{EK}} = 1\\ \Leftrightarrow ID\left( {\frac{1}{{FL}} + \frac{1}{{EK}}} \right) = 1.\end{array}\)

Lại có: \(JH\left( {\frac{1}{{FL}} + \frac{1}{{EK}}} \right) = \frac{{JH}}{{FL}} + \frac{{JH}}{{EK}} = \frac{{HK}}{{LK}} + \frac{{LH}}{{LK}} = 1\,\,\,\left( {JH//EK//FL} \right).\)

\( \Rightarrow ID = JH \Rightarrow IDHJ\) là hình chữ nhật (dhnb).

Kéo dài \(JH\) cắt \(EF\) tại \(R,\,\,ID\) cắt \(\left( I \right)\) tại \(Q.\)

\( \Rightarrow IQ = ID = {R_{\left( I \right)}}.\)

Ta có: \(\frac{{JR}}{{FL}} + \frac{{JR}}{{EK}} = \frac{{ER}}{{EF}} + \frac{{FR}}{{EF}} = 1\,\,\,\,\left( {RJ//FL//EK} \right).\)

Lại có: \(\frac{{ID}}{{FL}} + \frac{{ID}}{{EK}} = 1\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow RJ = QI = ID.\)

\( \Rightarrow RQIJ\) là hình chữ nhật. (dhnb)

\( \Rightarrow R,\,\,Q,\,\,I,\,\,J\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IR.\)

Lại có \(IP \bot EF = \left\{ P \right\} \Rightarrow \Delta IPR\) là tam giác vuông tại \(P.\)

\( \Rightarrow I,\,\,P,\,\,R\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IR.\)

\( \Rightarrow I,\,\,J,\,\,P,\,\,Q,\,\,R\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(IR.\)

\( \Rightarrow \angle JPQ + \angle JIQ = {180^0} \Rightarrow \angle JPQ = {90^0}\)

Mà \(\angle DPQ = {90^0}\) (\(DQ\) là đường kính của đường tròn \(\left( I \right)\))

\( \Rightarrow D,\,\,J,\,\,P\) thẳng hàng. (đpcm)

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.