Cho tam giác \(ABC\)\(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn \(\left(

Câu hỏi số 511805:

Vận dụng cao

Cho tam giác \(ABC\)\(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(AD,BE,CF\)của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(BCEF\), \(EHDC\) nội tiếp.

b) Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(EF\) và \(BC\). Đường thẳng \(AK\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(I\). Chứng minh rằng \(KBF\) đồng dạng với tam giác \(KEC\) và \(KI.KA = KF.KE\).

c) Qua điểm \(B\) vẽ đường thẳng song song với đường thẳng \(AC\) cắt các đường thẳng \(AK\) và \(AH\) lần lượt tại \(M\) và \(N\). Chứng minh \(HM = HN\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:511805

Phương pháp giải

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp.

b) Áp dụng kiến thức về góc – đường tròn và tam giác đồng dạng.

c) Áp dụng kiến thức về góc – đường tròn, tam giác đồng dạng và tính chất của các đường trong tam giác.

Giải chi tiết

a) +) Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)

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

+) Xét tứ giác \(EHDC\) có: \(\angle HDC + \angle HEC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) suy ra \(HDCE\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

b) Ta có:

Tứ giác \(BFCE\) nội tiếp nên \(\angle KFB = \angle KCE\)(góc ngoài và góc trong đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle KFB = \angle KCE\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BKF = \angle CKE\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \Delta KBF \sim \Delta KEC\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{KB}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KC}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow KF.KE = KB.KC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Trong \(\left( O \right)\) có \(\angle KAB = \angle KCI\)( hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BI\)).

Xét \(\Delta KAB\) và \(\Delta KCI\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AKB = \angle CKI\\\angle KAB = \angle KCI\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \Delta KAB \sim \Delta KCI\,\,\left( {g.g} \right)\).

\( \Rightarrow \frac{{KA}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KI}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow KA.KI = KB.KC\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow KI.KA = KE.KF\) (đpcm).

c) Ta có: \(KI.KA = KF.KE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \frac{{KI}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\).

Xét \(\Delta KIF\) và \(\Delta KEA\) ta có:

\(\frac{{KI}}{{KE}} = \frac{{KF}}{{KA}}\) (cmt);

\(\angle AKE\) chung;

\( \Rightarrow \Delta KIF \sim \Delta KEA\,\,\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow \angle KIF = \angle FEA\) (2 góc tương ứng).

\( \Rightarrow AIFE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

\( \Rightarrow I,{\rm{ }}A,{\rm{ }}F,{\rm{ }}E\) cùng thuộc một đường tròn.

Mà tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp (do có \(\angle AEH + \angle AFH = {180^0}\)) \( \Rightarrow A,\,\,E,\,\,H,\,\,F\) cùng thuộc 1 đường tròn.

Do đó 5 điểm \(I,{\rm{ }}A,{\rm{ }}F,{\rm{ }}H,{\rm{ }}E\)cùng nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

\( \Rightarrow \angle HIA = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow HI \bot AK\)\( \Rightarrow \angle HIM = {90^0}\)(kề bù với \(\angle HIA\)).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\AC//MN\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BE \bot MN\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle HBM = {90^0}\).

\( \Rightarrow \angle HIM = \angle HBM = {90^0} \Rightarrow \angle HIM + \angle HBM = {180^0}\)

\( \Rightarrow BHIM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HM\) (dhnb).

\( \Rightarrow \angle MHB = \angle MIB = \angle KIB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\)).

Mà \(\angle KIB = \angle KCA\) (vì \(\angle KIB\) là góc ngoài tại đỉnh \(I\)của tứ giác nội tiếp \(BIAC\)) \( \Rightarrow \angle MHB = \angle KCA\).

Mặt khác ta có: \(\angle KCA = \angle AHE\) (cùng phụ \(\angle HAE\)) và \(\angle AHE = \angle BHN\)(đối đỉnh)

\( \Rightarrow \angle MHB = \angle BHN\) \( \Rightarrow HB\) là tia phân giác của góc \(MHN\).

\( \Rightarrow \) Tam giác \(MHN\)cân tại \(H\) (do có \(HB\) là đường cao đồng thời là đường phân giác).

Vậy \(HM = HN\).

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