Cho tam giác nhọn \(ABC\,\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Hai
Cho tam giác nhọn \(ABC\,\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Hai đường cao \(BD\) và \(CE\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Đường thẳng \(AH\) cắt \(BC\) và \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(F\) và \(K\,\left( {K \ne A} \right).\) Gọi \(L\) là hình chiếu của \(D\) lên \(AB.\)
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BEDC\) nội tiếp và \(B{D^2} = BL.BA\)
b) Gọi \(J\) là giao điểm của \(KD\) và \(\left( O \right),\,(J \ne K).\) Chứng minh \(\angle BJK = \angle BDE.\)
c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(BJ\) và \(ED.\) Chứng minh tứ giác \(ALIJ\) nội tiếp và \(I\) là trung điểm của \(ED.\)
Quảng cáo
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng dấu hiệu nhận biết.
b) Sử dụng định lý: Trong cùng một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì có số đo bằng nhau.
Chứng minh các góc tương ứng bằng nhau.
c) Chứng minh các tứ giác nội tiếp rồi chứng minh các góc bằng nhau.
a) Xét tứ giác \(BEDC\) có
+) \(\angle BEC = 90^\circ \) (do \(CE \bot AB\))
+) \(\angle BDC = 90^\circ \) (do \(BD \bot AC\))
Suy ra \(\angle BEC = \angle BDC\left( { = 90^\circ } \right)\) nên tứ giác \(BEDC\) có hai đỉnh \(E,D\) kề nhau cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới các góc vuông, do đó tứ giác \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác \(ABC\) có hai đường cao \(BD\) và \(CE\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) hay \(AH \bot BC \Leftrightarrow AF \bot BC\)
+) Xét tam giác \(EBC\) vuông tại \(E\) có \(\angle EBC + \angle BCE = 90^\circ \) (1)
+) Xét tam giác \(AFB\) vuông tại \(F\) có \(\angle FBA + \angle BAF = 90^\circ \) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle BCE = \angle BAK\) (3) (cùng phụ với \(\angle ABF\))
Mà theo câu a) ta có tứ giác \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp nên \(\angle BDE = \angle BCE\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle BDE = \angle BAK\) (*)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\angle BAK = \angle BJK\) (**) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\))
Từ (*) và (**) ta suy ra \(\angle BJK = \angle BDE\) (đpcm)
c) Xét tam giác \(BDJ\) và tam giác \(BID\) có:
\(\angle BJK = \angle BDE\,\,\left( {cmt} \right)\);
\(\angle DBJ\) chung;
\(\Delta BDJ \sim \Delta BID\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{BD}}{{BI}} = \frac{{BJ}}{{BD}} \Rightarrow BI.BJ = B{D^2}\).
Lại có \(B{D^2} = BL.BA\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow BL.BA = BI.BJ \Rightarrow \frac{{BL}}{{BJ}} = \frac{{BI}}{{BA}}\).
Xét tam giác \(BLI\) và tam giác \(BJA\) có:
\(\begin{array}{l}\frac{{BL}}{{BJ}} = \frac{{BI}}{{BA}}\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle ABJ\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta BLI \sim \Delta BJA\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BLI = \angle BJA\) (hai góc tương ứng).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(ALIJ\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
+) Tứ giác \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle AED = \angle ACB\).
Mà \(\angle ACB = \angle BJA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle AED = \angle BJA\) (6)
Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle BLI = \angle AED\) hay \(\angle ELI = \angle LEI \Rightarrow \Delta IEL\) cân tại \(I \Rightarrow IL = IE\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\angle ILD = {90^0} - \angle ELI\\\angle IDL = {90^0} - \angle LEI\end{array} \right. \Rightarrow \angle ILD = \angle IDL \Rightarrow \Delta ILD\) cân tại \(I \Rightarrow IL = ID\).
Vậy \(IE = ID \Rightarrow I\) là trung điểm của \(ED\,\,\left( {dpcm} \right)\).
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
