Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O đường kính AB. Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(D\) (không trùng với \(B\) và \(C\)). Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ \(C\) đến \(AB\,\,\left( {H \in AB} \right)\) và \(E\) là giao điểm của \(CH\) với \(AD\).
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).
c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\angle CDF = {90^0}\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\).
Quảng cáo
a) Chứng minh rằng tứ giác \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp.
Vì \(\angle ADB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADB = {90^0}\) hay \(\angle EDB = {90^0}\).
Lại có \(CH \bot AB\) (gt) nên \(\angle CHB = {90^0} \Rightarrow \angle EHB = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BDEH\) có: \(\angle EDB + \angle EHB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BDEH\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\).
Vì \(ABDC\) là tứ giác nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ADC = \angle ABC\) (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
Ta lại có:
\(\angle ABC + \angle CAB = {90^0}\) (do tam giác \(ABC\) có \(\angle ACB = {90^0}\) - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\(\angle ACH + \angle CAB = {90^0}\) (do tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\)).
\( \Rightarrow \angle ABC = \angle ACH\) (2) (cùng phụ với \(\angle CAB\)).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ADC = \angle ACH\) \(\left( { = \angle ABC} \right)\) hay \(\angle ADC = \angle ACE\).
Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADC\) có:
\(\angle CAD\) chung;
\(\angle ACE = \angle ADC\,\,\left( {cmt} \right)\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACE \sim \Delta ADC\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AD}} = \dfrac{{AE}}{{AC}} \Rightarrow A{C^2} = AE.AD\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\), đường cao \(CH\) ta có:
\(B{C^2} = BH.BA\,\,\left( {2*} \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Từ (*) và (2*) suy ra \(A{C^2} + B{C^2} = AE.AD + BH.BA\).
Lại có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\) (định lí Pytago).
Vậy \(A{B^2} = AE.AD + BH.BA\) (đpcm).
c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(AB\), cắt \(BC\) tại \(F\). Chứng minh rằng \(\angle CDF = {90^0}\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\) đi qua trung điểm của đoạn \(CF\).
*) Vì \(EF//AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle CFE = \angle CBA\) (đồng vị).
Mà \(\angle CBA = \angle CDA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \angle CFE = \angle CDA\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(CDFE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\(\angle CDF + \angle CEF = {180^0}\) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp).
Ta lại có:
\(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\EF//AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow EF \bot CH\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle CEF = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle CDF = {180^0} - \angle CEF = {180^0} - {90^0} = {90^0}\,\,\left( {dpcm} \right)\).
*) Gọi \(I\) là giao điểm của \(CF\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OBD\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\angle ADB = \angle ADF + \angle FDB = {90^0}\\\angle CDF = \angle ADF + \angle CDA = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle FBD = \angle CDA\) (cùng phụ với \(\angle ADF\)).
Mà \(\angle CDA = \angle CBA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).
\( \Rightarrow \angle FDB = \angle CBA\) \(\left( { = \angle CDA} \right)\).
Mà \(\angle CBA = \angle OBI = \angle ODI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OI\)).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle FDB = \angle ODI\\ \Rightarrow \angle FDB + \angle ODF = \angle ODI + \angle ODF\\ \Rightarrow \angle ODB = \angle IDF\,\,\left( 3 \right)\end{array}\)
Ta có: tứ giác \(CDFE\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle IFD = \angle CFD = \angle CED = AEH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\)).
Ta lại có:
\(\begin{array}{l}\angle AEH + \angle EAH = {90^0}\\\angle ABD + \angle BAD = {90^0}\end{array}\)
Mà \(\angle EAH = \angle BAD\) nên \(\angle AEH = \angle ABD = \angle OBD\) \( \Rightarrow \angle IFD = \angle OBD\) (4)
Lại có: \(OD = OB\,\,\) (=bán kính) nên \(\Delta OBD\) cân tại \(O\), do đó \(\angle OBD = \angle ODB\) (5).
Từ (3), (4), (5) suy ra \(\angle IDF = \angle IFD\) \( \Rightarrow \Delta IDF\) cân tại \(I\) (định nghĩa) \( \Rightarrow ID = IF\) (3*) (tính chất tam giác cân).
Ta có:
\(\angle IDF + \angle IDC = \angle CDF = {90^0}\)
\(\angle IFD + \angle ICD = {90^0}\) (do tam giác \(CDF\) vuông tại \(D\)).
\( \Rightarrow \angle IDC = \angle ICD \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) (định nghĩa) \( \Rightarrow IC = ID\) (4*) (tính chất tam giác cân).
Từ (3*) và (4*) suy ra \(IC = IF\,\,\left( { = ID} \right)\).
Vậy \(I\) là trung điểm của \(CF\) (đpcm).
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
