Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) với \(AB <
Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) với \(AB < AC.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC,\,\,AM\) cắt \(\left( O \right)\) tại điểm \(D\) khác \(A.\) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MDC\) cắt đường thẳng \(AC\) tại \(E\) khác \(C.\) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MDB\) cắt đường thẳng \(AB\) tại \(F\) khác \(B.\)
1. Chứng minh rằng hai tam giác \(BDF,\,\,CDE\) đồng dạng.
2. Chứng minh rằng ba điểm \(M,E,F\) thẳng hàng và \(OA \bot EF.\)
3. Đường phân giác của \(\widehat {BAC}\) cắt \(EF\) tại điểm \(N.\) Đường phân giác của \(\widehat {CEN}\) cắt \(CN\) tại điểm \(P,\) đường phân giác của \(\widehat {BFN}\) cắt \(BN\) tại điểm \(Q.\) Chứng minh \(PQ\) song song với \(BC.\)
Quảng cáo
1. Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp.
2. Cộng góc linh hoạt.
3. Sử dụng tính chất đường phân giác, định lý Thales đảo.
1. Chứng minh rằng hai tam giác \(BDF,\,\,CDE\) đồng dạng.
Ta có \(\widehat {DBF} = \widehat {DCA}\) (\(ABDC\) nội tiếp). (1)
\(\widehat {BFD} = \widehat {BMA}\) (\(BFDM\) nội tiếp),
\(\widehat {CED} = \widehat {CMD}\) (\(CEMD\) nội tiếp).
Mà \(\widehat {BMA} = \widehat {CMD} \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {CED}.\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta BFD \sim \Delta CED\,\,\,\left( {g.g} \right).\)
2. Chứng minh rằng ba điểm \(M,E,F\) thẳng hàng và \(OA \bot EF.\)
Từ câu 1, suy ra \(\widehat {BDF} = \widehat {CDE}\) (hai góc tương ứng).
Mà \(\widehat {BDF} = \widehat {BMF}\) (tứ giác \(BMDF\) nội tiếp)
\(\widehat {CDE} = \widehat {CME}\) (tứ giác \(CDME\) nội tiếp)
\( \Rightarrow \widehat {BMF} = \widehat {CME}\).
Mà hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị, suy ra \(M,E,F\) thẳng hàng.
Ta có \(\widehat {AEM} = \widehat {ADC} = \dfrac{1}{2}\widehat {AOC}\) (tứ giác \(CDME\) nội tiếp)
\( \Rightarrow \widehat {OAC} + \widehat {AEM} = \widehat {OAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {AOC}.\)
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\) ta có \(OH \bot AC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).
\( \Rightarrow OH\) là đường cao đồng thời là phân giác của \(\angle AOC\) (do tam giác \(OAC\) cân tại \(O\)).
Khi đó ta có: \(\widehat {OAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {AOC} = \widehat {OAC} + \widehat {AOH} = {90^0}\) (do tam giác \(OAH\) vuông tại \(H\))
\( \Rightarrow \widehat {OAC} + \widehat {AEM} = 90^\circ \Rightarrow OA \bot EF.\)
3. Đường phân giác của \(\widehat {BAC}\) cắt \(EF\) tại điểm \(N.\) Đường phân giác của \(\widehat {CEN}\) cắt \(CN\) tại điểm \(P,\) đường phân giác của \(\widehat {BFN}\) cắt \(BN\) tại điểm \(Q.\) Chứng minh \(PQ\) song song với \(BC.\)
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
\(\dfrac{{QB}}{{QN}} = \dfrac{{FB}}{{FN}};\,\,\dfrac{{PC}}{{PN}} = \dfrac{{EC}}{{EN}}.\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{{FB}}{{FN}} = \dfrac{{EC}}{{EN}} \Leftrightarrow \dfrac{{FB}}{{EC}} = \dfrac{{FN}}{{EN}}.\)
Lại có \(\dfrac{{FB}}{{EC}} = \dfrac{{DF}}{{DE}}\) (tam giác đồng dạng), \(\dfrac{{FN}}{{EN}} = \dfrac{{AF}}{{AE}}\) (tính chất đường phân giác).
Vậy ta sẽ chứng minh \(\dfrac{{DF}}{{DE}} = \dfrac{{AF}}{{AE}}.\)
Vì \(\Delta AMC \sim \Delta AED\,\,(g.g)\)\( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AE}} = \dfrac{{MC}}{{ED}} = \dfrac{{MB}}{{ED}}\) (do \(MC = MB\))
\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{ED}} = \dfrac{{AM}}{{MB}}\), mà \(\dfrac{{AM}}{{MB}} = \dfrac{{AF}}{{FD}}\,\,\left( {\Delta AMB \sim \Delta AFD} \right)\)\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{ED}} = \dfrac{{AF}}{{FD}}\) hay \(\dfrac{{DF}}{{DE}} = \dfrac{{AF}}{{AE}}.\)
Suy ra \(\dfrac{{QB}}{{QN}} = \dfrac{{PC}}{{PN}} \Rightarrow PQ\,{\rm{//}}\,BC.\)
Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. 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. Phụ huynh và học sinh 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
