Cho tam giác nhọn \(ABC\) có \(AB < AC\) nội tiếp đường tròn \((O)\). Các đường cao \(AD,BE,CF\)

Câu hỏi số 462753:

Vận dụng cao

Cho tam giác nhọn \(ABC\) có \(AB < AC\) nội tiếp đường tròn \((O)\). Các đường cao \(AD,BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh rằng: \(BC\) là phân giác ngoài của tam giác \(DEF.\)

b) Gọi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(EF\) với \(\left( O \right)\) (\(M\) thuộc cung nhỏ \(AB\)). \({O_1},{O_2}\)lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(BMF\) và \(CME\). Chứng minh rằng: \({O_1}{O_2} \bot AM.\)

c) Lấy \(K\) trên đoạn \(HC\)(\(K \ne C,H\)), gọi \(I\) là giao điểm của \(BK\) với \(\left( O \right)\,\left( {I \ne B} \right)\), \(G\) là giao điểm của đường thẳng \(CI\) với \(BE\). Chứng minh rằng: \({S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{BF \cdot BE}}{{CF \cdot CE}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:462753

Phương pháp giải

a) Chứng minh \(AD\) là phân giác trong của \(\angle EDF\) suy ra BC là phân giác ngoài của \(\angle EDF\)

b) Chứng minh \(AM\) là tiếp tuyến của \(\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)\)

c) Chú ý \(\dfrac{{BF \cdot BE}}{{CF \cdot CE}} = \dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}BEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}}\). Biến đổi tương đương để đơn giản hóa biểu thức. Cuối cùng sử dụng định lý Menelaus để chứng minh tỉ số.

Giải chi tiết

a) Chứng minh rằng: \(BC\) là phân giác ngoài của tam giác \(DEF.\)

Do tứ giác \(BFHD\) nội tiếp suy ra: \(\angle HBF = \angle HDF\)

Do tứ giác \(ABDE\)nội tiếp suy ra: \(\angle ABE = \angle ADE\)

Từ đây suy ra: \(\angle HDF = \angle ADE\). Hay \(DA\) là phân giác trong của \(\angle EDF\)

Mà \(BC \bot DA\) nên BC là phân giác ngoài của \(\angle EDF\).

b) Gọi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(EF\) với \(\left( O \right)\) (\(M\) thuộc cung nhỏ \(AB\)). \({O_1},{O_2}\)lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(BMF\) và \(CME\). Chứng minh rằng: \({O_1}{O_2} \bot AM.\)

Gọi \(L\) là giao điểm thứ hai của \(FE\) với \(\left( O \right)\).

Có:

Và

Mà tứ giác \(BFEC\) nội tiếp suy ra: \(\angle AEM = \angle ABC\)

Từ đây suy ra: . Khi đó: \(\angle AML = \angle ABM = \angle ACM\)

Xét đường tròn \(\left( {{O_1}} \right)\) có: \(\angle AMF = \angle MBF\)

\( \Rightarrow AM\) là tiếp tuyến của \(\left( {{O_1}} \right) \Rightarrow AM \bot M{O_1}\).

Tương tự xét đường tròn \(\left( {{O_2}} \right)\) có: \(\angle AME = \angle MCE\)

\( \Rightarrow AM\) là tiếp tuyến của \(\left( {{O_2}} \right) \Rightarrow AM \bot M{O_2}\).

Vậy \({O_1}{O_2} \bot AM.\)

c) Lấy \(K\) trên đoạn \(HC\)(\(K \ne C,H\)), gọi \(I\) là giao điểm của \(BK\) với \(\left( O \right)\,\left( {I \ne B} \right)\), \(G\) là giao điểm của đường thẳng \(CI\) với \(CE\). Chứng minh rằng: \({S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{BF \cdot BE}}{{CF \cdot CE}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}.\)

Gọi \(J = KG \cap FE;\,N = KC \cap FE;\)

Điều phải chứng minh tương đương với:

\({S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{BF \cdot BE.\sin \,\angle EBF}}{{CF \cdot CE.\sin \,\angle ECF}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}\) \( = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}BEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}\) (do \(\angle EBF = \angle ECF\))

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}{S_{{\rm{\Delta }}CEF}} + {S_{{\rm{\Delta }}BEF}}\\ \Leftrightarrow {S_{{\rm{\Delta }}GEF}} + {S_{{\rm{\Delta }}BEF}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}{S_{{\rm{\Delta }}CEF}} + {S_{{\rm{\Delta }}BEF}}\\ \Leftrightarrow {S_{{\rm{\Delta }}GEF}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}{S_{{\rm{\Delta }}CEF}} \Leftrightarrow \dfrac{{FK}}{{FC}} = \dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}GEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}}\end{array}\)

Mà \(\dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}GEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}} = \dfrac{{GN}}{{NC}}\)

Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{{FK}}{{FC}} = \dfrac{{GN}}{{GC}}\). Thật vậy:

Sử dụng tỉ số lượng giác ta có: \(\dfrac{{FH}}{{FK}} = \dfrac{{\tan \,\angle FBH}}{{\tan \,\angle FBK}}\)\( = \dfrac{{\tan \,\angle ECH}}{{\tan \,\angle ECG}} = \dfrac{{EH}}{{EG}}\) (do \(\angle FBH = \angle ECH\) và \(\angle FBK = \angle ECG\))

Áp dụng định lý Menelaus cho:

\(\Delta GHK\) có cát tuyến là \(FEJ\): \(\dfrac{{KF}}{{FH}}.\dfrac{{HE}}{{EG}}.\dfrac{{GJ}}{{JK}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{GJ}}{{JK}} = 1\)

\(\Delta GCK\) có cát tuyến là \(FJN\): \(\dfrac{{GN}}{{NC}}.\dfrac{{CF}}{{FK}}.\dfrac{{KJ}}{{JG}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{GN}}{{NC}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}\) (do \(\dfrac{{GJ}}{{JK}} = 1\))

Vậy ta có điều phải chứng minh.

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