Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\)nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Các đường cao

Câu hỏi số 502755:

Vận dụng cao

Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\)nội tiếp đường tròn tâm \(O\). Các đường cao \(AD,BE,CF\) của tam giác \(ABC\) đồng quy tại \(H.\) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC,K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(BC\) và \(EF\)

a) Chứng minh rằng \(KB.KC = KE.KF\) và \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta DEF\).

b) Qua điểm \(F\) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng \(AC,\) đường thẳng này cắt các đường thẳng \(AK,AD\)lần lượt tại \(P\) và \(Q.\) Chứng minh \(FP = FQ\).

c) Chứng minh rằng đường thẳng \(HK\) vuông góc với đường thẳng \(AM\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:502755

Phương pháp giải

a) Sử dụng tam giác đồng dạng, tứ giác nội tiếp để bắc cầu góc

b) Vận dụng định lý Ta – lét và tính chất đường phân giác trong, phân giác ngoài của tam giác

c) Ta sẽ chứng minh \(H\) là trực tâm tam giác \(AKM\) thông qua các bổ đề quen thuộc

Giải chi tiết

a) Tứ giác \(BFEC\) nội tiếp và \(\Delta KBF \sim \Delta KEC\)

Khi đó \(\frac{{KF}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KE}} \Rightarrow KB.KC = KE.KF\)

Tứ giác \(BDHF\) nội tiếp , suy ra \(\widehat {FBH} = \widehat {FDH} & (1)\)

Tứ giác \(CDHE\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {HDE} = \widehat {HCE} & (2)\)

Ta có: \(\widehat {FBE} = \widehat {FCE}\left( 3 \right)\)(tứ giác \(BFEC\) nội tiếp)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \widehat {FDH} = \widehat {EDH} \Rightarrow HD\) là phân giác của \(\widehat {FDE} & (4)\)

Chứng minh tương tự, ta được:\(HE\) là phân giác của \(\widehat {FED}\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) \( \Rightarrow H\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta DEF\)

b) Gọi \(N\) là giao điểm của \(AD,KE\)

Theo tính chất đường phân giác trong của \(\Delta DEF \Rightarrow \frac{{NF}}{{NE}} = \frac{{DF}}{{DE}}\left( 6 \right)\)

Ta có \(KD\) là phân giác ngoài của \(\Delta FDE\) tại đỉnh \(D\). Theo tính chất đường phân giác ngoài của \(\Delta DEF \Rightarrow \frac{{KF}}{{KE}} = \frac{{DF}}{{DE}}\left( 7 \right)\)

Từ (6) và(7) \( \Rightarrow \frac{{NF}}{{NE}} = \frac{{KF}}{{KE}}\left( 8 \right)\)

Vì \(PQ{\rm{ // }}AC\), theo định lý Ta – let ta có:

\(\frac{{NF}}{{NE}} = \frac{{FQ}}{{AE}}\)và \(\frac{{KF}}{{KE}} = \frac{{FP}}{{AE}}\left( 9 \right)\)

Từ (8) và (9) \( \Rightarrow \frac{{FQ}}{{AE}} = \frac{{FP}}{{AE}} \Rightarrow FQ = FP\)

c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(KA\) với đường tròn \(\left( O \right)(I\) khác \(A\)) và \(A'\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\). Chứng minh được \(BHCA'\) là hình bình hành (bổ đề quen thuộc)

Suy ra ba điểm \(H,M,A'\) thẳng hàng

Vì tứ giác \(AIBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow KI.KA = KB.KC\)

Theo câu 1) thì \(KB.KC = KF.KE\)

Suy ra \(KI.KA = KF.KE \Rightarrow AIFE\) là tứ giác nội tiếp

Vì ba điểm \(A,E,F\) thuộc đường tròn đường kính \(AH \Rightarrow I\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\)\( \Rightarrow AI \bot HI\)

Ta có \(\widehat {AIA'} = {90^0} \Rightarrow AI \bot A'I\)

Kết hợp với \(AI \bot HI \Rightarrow H,I,A'\) thẳng hàng

Mặt khác ba điểm \(H,M,A'\) thẳng hàng nên 4 điểm \(H,M,I,A'\) thẳng hàng

Xét \(\Delta AKM\)có \(AH \bot KM\)và \(MH \bot AK \Rightarrow H\)là trực tâm \(\Delta AKM\)

Suy ra \(KH \bot AM\)

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.