Cho tam giác ABC cân tạiA, có đường tròn nội tiếp là (I). Các điểm
Cho tam giác ABC cân tạiA, có đường tròn nội tiếp là (I). Các điểm E,F theo thứ tự thuộc các cạnh CA,AB(E≠C,A;F≠B,A) sao cho EF tiếp xúc với đường tròn (I) 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 ∠EHF.
2) Ký hiệu S1 và S2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK. Chứng minh rằng: S1S2=BF2CE2.
3) Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm P,J,D thẳng hàng.
Quảng cáo
1) Gọi G là giao điểm của EH và FL. Sử dụng định lý Ta-let để chứng minh ΔHFG cân tại H.
+) Chứng minh ∠FHL=∠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 ∠DPE=∠JPE=900⇒D,J,P thẳng hàng.
1) Chứng minh rằng HJ là phân giác của ∠EHF.
Gọi G là giao điểm của EH và FL.
Theo đề bài ta có: {FL⊥BC={L}EK⊥BC={K}⇒FL//EK(⊥BC).
Áp dụng định lý Ta-let ta có:
KJJF=HKHL(JH//FL)HKHL=EKLG(EK//GL)EKFL=JKJF(EK//FL)⇒EKFL=EKLG⇒EL=LG.
Hay L là trung điểm củaFG.
Lại có: HL⊥FG⇒ΔHFG là tam giác cân tại H.
⇒HL cũng là tia phân giác của ΔFHG.
⇒∠FHL=LHG (tính chất tia phân giác).
Mà ∠LHG=∠EHK (hai góc đối đỉnh)
⇒∠FHL=∠EHK(=∠GHL).
Lại có: {∠FHJ+∠LHF=900∠JHE+∠EHK=900⇒∠FHJ=∠EHJ
⇒HJ là phân giác của ∠FHE.
2) Ký hiệu S1 và S2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK. Chứng minh rằng: S1S2=BF2CE2.
Ta có: EK//FL⇒∠JEK=∠FLJ (hai góc so le trong)
⇒ΔEJK∼ΔLJF(g−g)⇒SLJFSEJK=(LFKE)2⇒SLJF=(LFKE)2.SEJK.
Xét ΔFBL vàΔECK ta có:
∠FBL=∠ECK (do ΔABC cân tại A)
∠ELB=∠EKC=900⇒ΔFBL∼ΔECK(g−g)⇒BFEC=FLEK.SFLBSEKC=(FLEK)2⇒SFLB=(FLEK)2.SEKC
Ta có: {S1=SBFJL=SBFL+SFJLS2=SEJKC=SEJK+SEKC.
⇒S1=SBFJL=SBFL+SFJL=(FLEK)2.SEKC+(FLEK)2.SEJK=(FLEK)2(SEKC+SEJK)=(FLEK)2S2.⇒S1S2=(FLEK)2=(BFCE)2=BF2CE2(dpcm).
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 (I), cắt nhau tại F⇒FI là phân giác của ∠BFE⇒∠BFI=∠IFE (tính chất tia phân giác)
Tương tự ta có: EI là phân giác của ∠FEI⇒∠FEI=∠IEC.
Xét ΔIEF ta có:
∠EIF=1800−(∠IEF+∠IFE)=1800−∠BFE+∠FEC2=3600−(∠BFE+∠FEC)2=∠B=∠C
⇒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 (I), cắt nhau tại C⇒CI là phân giác của ∠ECB⇒∠ECI=∠NCI (tính chất tia phân giác).
Mà ∠ECI=∠ENI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)
∠NCI=∠NEI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NI)
⇒∠IEN=∠INE(=∠ICE=∠ICN).
⇒ΔIEN là tam giác cân tại I⇒IE=IN (tính chất tam giác cân).
Chứng minh tương tự ta có ΔIFM là tam giác cân tại I⇒IF=IM.
Ta có: ∠MEN=∠FME(=∠C2)
Mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒EN//FM.
Áp dụng định lý Ta-let ta có:
IDFL=INFN=DNNL(ID//FL)IEEM=DKKM=1−IDEK(ID//EK)IEIM=INIF(FM//EK)⇒IEIM+IE=ININ+IF=IEEM=INFN⇒IDFL=1−IDEK⇔IDFL+IDEK=1⇔ID(1FL+1EK)=1.
Lại có: JH(1FL+1EK)=JHFL+JHEK=HKLK+LHLK=1(JH//EK//FL).
⇒ID=JH⇒IDHJ là hình chữ nhật (dhnb).
Kéo dài JH cắt EF tại R,ID cắt (I) tại Q.
⇒IQ=ID=R(I).
Ta có: JRFL+JREK=EREF+FREF=1(RJ//FL//EK).
Lại có: IDFL+IDEK=1(cmt)⇒RJ=QI=ID.
⇒RQIJ là hình chữ nhật. (dhnb)
⇒R,Q,I,J cùng thuộc đường tròn đường kính IR.
Lại có IP⊥EF={P}⇒ΔIPR là tam giác vuông tại P.
⇒I,P,R cùng thuộc đường tròn đường kính IR.
⇒I,J,P,Q,R cùng thuộc đường tròn đường kính IR.
⇒∠JPQ+∠JIQ=1800⇒∠JPQ=900
Mà ∠DPQ=900 (DQ là đường kính của đường tròn (I))
⇒D,J,P thẳng hàng. (đpcm)
>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com
>> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY
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.
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Hỗ trợ - Hướng dẫn

-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com