Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), các đường cao \(AD,BE,CF\)

Câu hỏi số 462746:

Vận dụng cao

Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), các đường cao \(AD,BE,CF\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\).

a) Chứng minh bốn điểm \(M,D,E,F\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(AB.BF + AC.CE \le 4{R^2}\)

c) Khi vị trí các đỉnh \(A,B,C\) thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho tam giác \(ABC\) luôn nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) không đổi.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:462746

Phương pháp giải

a) Chứng minh \(\angle EDF = \angle EMF\)\( \Rightarrow MDFE\) nội tiếp

b) Chứng minh \(AB.BF + AC.CE\)\( = B{C^2}\), sau đó sử dụng \(BC \le 2R.\)

c) Chứng minh \(\dfrac{r}{R} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \)\(r = \dfrac{1}{2}R\) không đổi.

Giải chi tiết

a) Chứng minh bốn điểm \(M,D,E,F\)cùng thuộc một đường tròn

Vì \(BE,CF\) là đường cao nên \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)

\( \Rightarrow \)Tứ giác \(BCEF\)nội tiếp đường tròn tâm \(M\) đường kính \(BC\)(dấu hiệu nhận biết)

\( \Rightarrow \angle ECF = \angle EBF\) \( = \angle EMF\,\,\left( 1 \right)\)(góc nội tiếp và góc ở tâm)

Tứ giác \(BDHF\)có \(\angle BDH + \angle BFH\)\( = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)nên tứ giác \(BDHF\)nội tiếp

\( \Rightarrow \angle HBF = \angle HDF\,\,\left( 2 \right)\)

Tương tự, tứ giác \(CDHE\)nội tiếp đường tròn nên \(\angle HCE = \angle HDE\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\)ta có: \(\angle EDF = \angle EDH + \angle HDF\)\( = \angle ECF + \angle EBF = \)\(2.\dfrac{1}{2}\angle EMF = \angle EMF\)

Từ \(\angle EDF = \angle EMF \Rightarrow MDFE\)nội tiếp \( \Rightarrow \)bốn điểm \(M,D,E,F\)cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(AB.BF + AC.CE \le 4{R^2}\)

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CBF\) có:

\(\angle B\) chung

\(\angle ADB = \angle CFB\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\( \Rightarrow \) \(\Delta ABD \sim \)\(\Delta CBF\)\(\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{{BD}}{{BF}} \Rightarrow \)\(AB.BF = BC.BD\) (tỷ số đồng dạng) \(\left( 4 \right)\)

Tương tự \(\Delta ACD \sim \Delta BCE(g.g)\)\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{{CD}}{{CE}} \Rightarrow \)\(AC.CE = BC.CD\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\)

Cộng \(\left( 4 \right);\left( 5 \right)\)theo từng vế ta được \(AB.BF + AC.CE\)\( = BC.\left( {BD + DC} \right)\)\( = B{C^2}\)

Vì \(BC \le 2R\) nên ta có: \(AB.BF + AC.CE \le 4{R^2}\).

c) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\)không đổi

Gọi \(A';B';C'\)lần lượt là giao diểm thứ hai của các đường thẳng \(AD,BE,CF\) với \(\left( O \right).\)

Ta có \(\angle A'BC = \angle A'AC\)(góc nội tiếp cùng chắn cung \(A'C)\)

\(\angle EBC = \angle A'AC\)(Cùng phụ với \(\angle ACB \Rightarrow \angle A'BC = \angle EBC\)

Tam giác \(HBA'\) có \(BD \bot HA';\angle A'BC = \angle EBC\) nên tam giác \(HBA'\) cân tại \(B\)

\( \Rightarrow BD\)là đường trung trực của \(HA' \Rightarrow D\) là trung điểm của \(HA'\)

Tương tự có \(E,F\)là trung điểm của \(HB',HC'\)

Suy ra \(\Delta DEF \sim \Delta A'B'C'\) theo tỉ số đồng dạng \(k = \dfrac{1}{2}\)

Gọi \(r\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) ta có:

\(\dfrac{r}{R} = \dfrac{{DE}}{{A'B'}}\)\( = k = \dfrac{1}{2}\)\( \Rightarrow r = \dfrac{1}{2}R\) không đổi khi \(A,B,C\) thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right).\)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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