Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường

Câu hỏi số 507496:

Vận dụng

Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh rằng \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh \(OA \bot EF\).

c) Hai đường thẳng \(BE,CF\) lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm lần lượt là \(N,P\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(M\)và cắt \(BC\) tại \(D\). Tính giá trị biểu thức \(\frac{{AM}}{{AD}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}}\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:507496

Phương pháp giải

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau

b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow OA \bot Ax\), chứng minh \(Ax//EF\) suy ra điều phải chứng minh.

c) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác, các tam giác bằng nhau

Giải chi tiết

a) Tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\) (gt)

Suy ra tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

b) Kẻ tiếp tuyến \(Ax\) của \(\left( O \right)\).

Ta có: \(\angle CAx = \angle CBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung \(AC\)).

Mà \(\angle CBA = \angle CBF = \angle AEF\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCEF\))

\( \Rightarrow \angle CAx = \angle AEF\).

Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \( \Rightarrow Ax//EF\).

Theo cách vẽ ta có \(OA \bot Ax\) \( \Rightarrow OA \bot EF\) (đpcm).

c) Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AD.BC,\,\,{S_{ABMC}} = \frac{1}{2}AM.BC\\ \Rightarrow \frac{{{S_{ABMC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AM.BC}}{{\frac{1}{2}AD.BC}} = \frac{{AM}}{{AD}}\end{array}\)

Chứng minh tương tự ta có: \(\frac{{{S_{ABCN}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{BN}}{{BE}},\,\,\frac{{{S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{CP}}{{CF}}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AD}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = \frac{{{S_{ABMC}} + {S_{ABCN}} + {S_{ACBP}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = \frac{{{S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta ABC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \frac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\end{array}\)

Lại có: \(\angle MBD = \angle MBC = \angle MAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC\)).

\( \Rightarrow \angle MBC = {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle BHD = \angle HBD\).

Xét tam giác \(HBD\) và tam giác \(MBD\) có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\angle MBD = \angle HBD\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BDH = \angle BDM = {90^0}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta HBD \sim \Delta MBD\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{HD}}{{BD}} = \frac{{MD}}{{BD}} \Rightarrow HD = MD\).

\( \Rightarrow {S_{\Delta HBC}} = \frac{1}{2}HD.BC = \frac{1}{2}MD.BC = {S_{\Delta MBC}}\).

Chứng minh tương tự ta có:

\({S_{\Delta NAC}} = {S_{\Delta HAC}},\,\,{S_{\Delta PAB}} = {S_{\Delta HAB}}\).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AD}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = 3 + \frac{{{S_{\Delta MBC}} + {S_{\Delta NAC}} + {S_{\Delta PAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\\ = 3 + \frac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 4\end{array}\)

Vậy \(\frac{{AM}}{{AD}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = 4\).

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