Cho tam giác nhọn \(ABC\) không cân có \(AB < AC,\) trực tâm \(H\) và đường trung tuyến \(AM.\)Gọi
Cho tam giác nhọn \(ABC\) không cân có \(AB < AC,\) trực tâm \(H\) và đường trung tuyến \(AM.\)Gọi K là hình chiếu vuông góc của \(H\) lên \(AM,\)D là điểm đối xứng của A qua M và L là điểm đối xứng của K qua BC
a) Chứng minh các tứ giác \(BCKH\) và \(ABLC\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(\angle LAB = \angle MAC.\)
c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của \(H\)lên \(AL,X\) là giao điểm của \(AL\) và \(BC.\) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IXM\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHC\) tiếp xúc với nhau.
Quảng cáo
a) Chứng minh các tứ giác nội tiếp bằng các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh \(\Delta AMC \sim \Delta CMK \Rightarrow \angle KCM = \angle MAC.\)
c) Chứng minh \(OO' = OK - O'K\).
a) Chứng minh các tứ giác \(BCKH\)và \(ABLC\)nội tiếp.
Gọi \(E,F,G\) theo thứ tự là chân các đường cao \(AE,BF,CG\) của tam giác \(ABC\).
\(\Delta AHK \sim \Delta AME\,\,\left( {g - g} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{AE}} = \frac{{AH}}{{AM}}\)\( \Rightarrow AK.AM = AH.AE\)
\(\Delta AHF \sim \Delta ACE\,\,\left( {g - g} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AE}}\)\( \Rightarrow AC.AF = AH.AE\)
Từ đó suy ra \(AK.AM = AF.AC \Rightarrow \frac{{AK}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AM}}\)\( \Rightarrow \Delta AFK \sim \Delta AMC\)\( \Rightarrow \angle AKF = \angle ACM\)
\(\Delta FBC\)vuông tại F có FM là đường trung tuyến
\( \Rightarrow FM = MC = \frac{1}{2}BC\)\( \Rightarrow \Delta MFC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MFC = \angle MCF = \angle ACB\)
Xét tứ giác \(BHKC\) có:
\(\begin{array}{l}\angle HKC + \angle HBC = \angle HKM + \angle MKC + \angle HBC\\ = {90^0} + \angle MFC + \angle HBC\\ = {90^0} + \angle ACB + \angle HBC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Suy ra tứ giác \(BHKC\) nội tiếp (dhnb).
Ta có: \(AGHF\) nội tiếp \( \Rightarrow \angle BAC + \angle GHF = {180^0}\) mà \(\angle GHF = \angle BHC\) (đối đỉnh)
Lại có: \(BHKC\)nội tiếp \( \Rightarrow \angle BHC = \angle BKC\) mà \(\angle BKC = \angle BLC\) (K, L đối xứng qua BC)
Từ đó: \(\angle BAC + \angle BLC = {180^0} \Rightarrow ABLC\) là tứ giác nội tiếp. (dhnb)
b) Chứng minh \(\angle LAB = \angle MAC.\)
Ta có: \(\angle LAB = \angle LCB\) (ABLC nội tiếp, hai góc nội tiếp cùng chắn cung BL)
Mà \(\angle LCB = \angle KCM\) (\(K\) đối xứng L qua BC) \( \Rightarrow \angle LAB = \angle KCM \left( 1 \right)\)
\(\Delta AMC\) và \(\Delta CMK\) có \(\angle KMC\) chung và \(\angle MKC = \angle ACB\)
\( \Rightarrow \Delta AMC \sim \Delta CMK\,\,\,\left( {g - g} \right)\)\( \Rightarrow \angle KCM = \angle MAC \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra : \(\angle LAB = \angle MAC\,\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của \(H\)lên \(AL,X\) là giao điểm của \(AL\) và \(BC.\) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác \(IXM\)và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHC\)tiếp xúc với nhau.
Ta có : \(ABDC\)là hình bình hành vì \(MA = MD,MB = MC\)\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BAC\)
Mà \(\angle BHC + \angle BAC = {180^0}\)\( \Rightarrow \angle BHC + \angle BDC = {180^0}\) \( \Rightarrow BHCD\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow B,H,K,C,D\)cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) mà \(CH \bot AB \Rightarrow CH \bot CD\)
\( \Rightarrow HD\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BHC.\)
Gọi O là trung điểm HD thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BHC\)
Ta có: \(AI.AX = AH.AE\) và \(AH.AE = AK.AM\)suy ra \(AI.AX = AK.AM\)
\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AK}}{{{\rm{AX}}}} \Rightarrow \Delta AKI \sim \Delta AXM\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AKI = \angle AXM\) \( \Rightarrow IXMK\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
Suy ra \(K\)thuộc đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IXM\)
Suy ra đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BHC\)và đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IXM\)có điểm chung K
\(OD = OK\)(bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BHC\)) \( \Rightarrow \Delta OKD\) cân \( \Rightarrow \angle OKD = \angle ODK\)
Gọi J là trung điểm AH, \(IM\)là đường trung bình của \(\Delta AHD,JM\) cắt OK tại \(O'\)
Suy ra \(O'\)thuộc đường trung trực của \(KM\,\,\,(*)\)
Mặt khác \(AHIK\) nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính AH
\( \Rightarrow \angle HKI = \angle HAI\) (cùng chắn cung HI) và \(JI = JK.\)
\(AH\,{\rm{//}}\,KL\)(cùng vuông góc với BC) \( \Rightarrow \angle HAI = \angle ILK \Rightarrow \angle HKI = \angle ILK\)
\( \Rightarrow HK\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta KIL\)
Mà \(HK \bot AM\)suy ra tâm đường tròn này thuộc AM , lại có \(BC\)là đường trung trực của \(KL\) và M thuộc BC
\( \Rightarrow \) \(M\)là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta KIL.\)
\( \Rightarrow \) \(MK = MI\)
Mà \(JI = JK \Rightarrow JM\) là trung trực của \(IK\,\,\,\left( {**} \right)\)
Từ (*) và (**) suy ra \(O'\)là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IXM\)
Mà ta có: \(OO' = OK - O'K\)
Suy ra đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BHC\)và đường tròn ngoại tiếp \(\Delta IXM\)tiếp xúc trong với nhau tại K.
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
