Đánh giá năng lực Hà Nội
Đánh giá năng lực Hà Nội
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(BE\) và \(CF\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\).
1) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).
3) Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Đường thẳng \(AO\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(I\), đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(P\) . Chứng minh tam giác \(APE\) đồng dạng với tam giác \(AIB\) và đường thẳng \(KH\) song song với đường thẳng \(IP\).
Câu 344818: Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(BE\) và \(CF\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\).
1) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).
3) Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Đường thẳng \(AO\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(I\), đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(P\) . Chứng minh tam giác \(APE\) đồng dạng với tam giác \(AIB\) và đường thẳng \(KH\) song song với đường thẳng \(IP\).
1) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.
2) Sử dụng định lý: Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.
3) Chứng minh các cặp tam giác tương ứng đồng dạng để suy ra các góc bằng nhau và chứng minh \(KH//IP.\)
-
Giải chi tiết:
1) Chứng minh bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
Ta có \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) Tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
Vậy bốn điểm \(B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh đường thẳng \(OA\) vuông góc với đường thẳng \(EF\).
Cách 1:
b) Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn tại A, ta có \(Ax \bot OA\).
Ta có \(\angle xAE = \angle ABC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).
Mà \(\angle ABC = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
\( \Rightarrow \angle xAE = \angle AEF\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow EF//Ax\).
\( \Rightarrow EF \bot OA\).
Cách 2:
Gọi \(D = OA \cap EF\).
Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,\,AC\).
\( \Rightarrow OM \bot AB,\,\,ON \bot AC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
Xét tứ giác \(AMON\) có \(\angle AMO + \angle ANO = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AMON\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
Gọi \(G = MN \cap AH\).
Ta có: \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC \Rightarrow AH \bot BC\).
Mà \(MN//BC\) (MN là đường trung bình của tam giác \(ABC\)) \( \Rightarrow MN \bot AH\) tại \(G\).
Xét tam giác \(AMG\) và tam giác \(AON\) có:
\(\angle AGM = \angle ANO = {90^0};\)
\(\angle AMG = \angle AMN = \angle AON\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AN\)) ;
\( \Rightarrow \Delta AMG \sim AON\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \angle MAG = \angle OAN\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle MAG + \angle GAO = \angle OAN + \angle GAO\\ \Rightarrow \angle OAM = \angle GAN \Rightarrow \angle DAF = \angle GAN\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)
Ta có : \(\angle AFE = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) ;
Lại có \(\angle ACB = \angle ANM\) (đồng vị)
\( \Rightarrow \angle AFE = \angle ANM\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle DAF + \angle AFE = \angle GAN + \angle ANM = {90^0}\).
\( \Rightarrow \Delta ADF\) vuông tại \(D \Rightarrow AD \bot DF\) hay \(OA \bot EF\).
3) Gọi \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Đường thẳng \(AO\) cắt đường thẳng \(BC\) tại điểm \(I\), đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(AH\) tại điểm \(P\) . Chứng minh tam giác \(APE\) đồng dạng với tam giác \(AIB\) và đường thẳng \(KH\) song song với đường thẳng \(IP\).
Ta đã chứng minh được \(\angle DAF = \angle GAN\,\,\)hay \(\angle IAB = \angle PAE\).
Lại có \(\angle AEF = \angle ABC\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) ;
\( \Rightarrow \Delta APE \sim \Delta AIB\,\,\left( {g.g} \right)\).
Kéo dài \(AI\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(Q\) \( \Rightarrow AQ\) là đường kính của \(\left( O \right)\).
Nối \(BQ,\,\,CQ\) ta có \(\angle ABQ = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AB \bot BQ\).
Mà \(CH \bot AB \Rightarrow CH//BQ\).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(BH//CQ\).
Suy ra \(BHCQ\) là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối song song).
Mà \(K\) là trung điểm của \(BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow K\) cũng là trung điểm của \(HQ \Rightarrow H,\,\,K,\,\,Q\) thẳng hàng.
Ta có: \(\Delta APE \sim \Delta AIB\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) (3).
Xét tam giác \(AHE\) và tam giác \(AQB\) có:
\(\angle AEH = \angle ABQ = {90^0}\)
\(\angle QAB = \angle EAH\,\,\left( {cmt} \right)\) (do \(\angle DAF = \angle GAN\,\,\)).
\( \Rightarrow \Delta AHE \sim \Delta AQB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AH}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) (4).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AQ}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AQ}} \Rightarrow PI//HQ\) (Định lí Ta-let đảo) (đpcm).
Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
Tham Gia Group 2K9 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí
>> Học trực tuyến Lớp 10 cùng thầy cô giáo giỏi tại Tuyensinh247.com, Cam kết giúp học sinh học tốt, bứt phá điểm 9,10 chỉ sau 3 tháng, 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
