Cho tam giác nhọn \(ABC\) (\(AB > AC\)) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AP\). Các

Câu hỏi số 520207:

Vận dụng

Cho tam giác nhọn \(ABC\) (\(AB > AC\)) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AP\). Các đường cao \(BE\) và \(CF\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(BCEF\) nội tiếp và \(AE.AC = AF.AB.\)

b) Gọi \(K,\,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(EF\) và \(AH.\) Chứng minh \(IK\) song song với \(AP\).

c) Gọi \(M\) là giao điểm của \(IK\) và \(BC\); \(N\) là giao điểm của \(MH\) với cung nhỏ \(AC\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Chứng minh rằng \(\angle HMC = \angle HAN\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:520207

Phương pháp giải

a) +) Chứng minh tứ giác \(BCEF\) có hai góc \(\angle CEB\) và \(\angle CFB\) cùng nhìn cạnh \(BC\) nên tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

+) Chứng minh \(\Delta ACF \sim \Delta ABE\,\,\,\left( {g.g} \right)\)

b) Gọi \(\left\{ J \right\} = AO \cap EF\).

Chứng minh \(IK \bot EF\) và \(AP \bot EF\) từ đó, suy ra \(IK//AP\)

c) Gọi \(M' = BC \cap HP\)

Chứng minh \(CH//BP\) và \(BH//CP\)

Chứng minh \(P,\,M,\,\,H,\,\,N\) thẳng hàng

Chứng minh \(\angle HMC = \frac{1}{2}\left( {sdcCN + sdcBP} \right)\) và \(\angle HAN = \frac{1}{2}\left( {sdcBP + sdcCN} \right)\) từ đó có điều phải chứng minh.

Giải chi tiết

a) +) Chứng minh rằng tứ giác \(BCEF\) nội tiếp

Xét tứ giác \(BCEF\) có: \(\angle CEB = \angle CFB = {90^0}\,\,\,\left( {gt} \right)\)

Mà hai góc \(\angle CEB\) và \(\angle CFB\) cùng nhìn cạnh \(BC\).

Vậy tứ giác \(BCEF\) nội tiếp (dhnb).

+) Chứng minh \(AE.AC = AF.AB.\)

Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\angle CAB\) chung

\(\angle AEB = \angle CFA = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta ACF \sim \Delta ABE\,\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{AF}}{{AE}} = \frac{{AC}}{{AB}}\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AE.AC = AF.AB\,\,\,\,\left( {dpcm} \right)\).

b) Gọi \(\left\{ J \right\} = AO \cap EF\).

Xét tứ giác \(AEHF\) có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\) (dhnb).

Mà \(I\) là trung điểm của \(AH\) nên \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác \(AEHF\).

Xét \(\left( I \right)\) có: \(K\) là trung điểm của dây \(AF\) (gt) \( \Rightarrow IK \bot EF\)(*) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

Do \(\Delta OAC;\,\Delta OBC;\,\Delta OAB\) là các tam giác cân tại O nên ta có:

\(\begin{array}{l}\angle OAC = \angle OCA\\\angle OBC = \angle OCB\\\angle OBA = \angle OAB\\ \Rightarrow \angle OAC + \angle OBC + \angle OBA = \angle OCA + \angle OCB + \angle OAB\,\,(1)\end{array}\)

Mà: \(\angle CAB + \angle CBA + \angle ACB = {180^0}\) (tổng 3 góc của tam giác)

\( \Rightarrow \angle OAC + \angle OAB + \angle OBC + \angle OBA + \angle OCB + \angle OCA = {180^0}\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\angle OAC + \angle OBC + \angle OBA = \frac{{{{180}^0}}}{2} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle OAC + \angle CBA = {90^0}\,(3)\)

Mặt khác: \(\angle CBA = \angle FEA\) (do tứ giác \(BCEF\) nội tiếp) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: \(\angle OAC + \angle FEA = {90^0}\)

Xét tam giác \(AEJ\) có: \(\angle OAC + \angle FEA = {90^0}\) nên \(\angle AJE = {90^0}\) \( \Rightarrow AP \bot EF\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(IK//AP\) (từ vuông góc đến song song).

c) Gọi \(M' = BC \cap HP\)

Ta có \(\angle ABP = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BP \bot AP\).

Lại có \(CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow CH//BP\) (từ vuông góc đến song song)

Chứng minh tương tự ta có \(BH//CP\).

\( \Rightarrow BHCP\) là hình bình hành (dhnb) \( \Rightarrow \) hai đường chéo \(BC\) và \(HP\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

\( \Rightarrow M'\) là trung điểm của \(BC\) và \(HK\).

\( \Rightarrow IM'\) là đường trung bình của tam giác \(AHP\) \( \Rightarrow IM'//AP\) (tính chất đường trung bình của tam giác).

Mà \(IK//AP\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow M' \in IK \Rightarrow M' = IK \cap BC \Rightarrow M' \equiv M\).

\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(HP,\,\,BC\) \( \Rightarrow P,\,M,\,\,H,\,\,N\) thẳng hàng.

Ta có: \(\angle HMC = \frac{1}{2}\left( {sdcCN + sdcBP} \right)\) (5)

Có \(\angle APB = \angle ACB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\)).

\( \Rightarrow {90^0} - \angle APB = {90^0} - \angle ACB\)\( \Rightarrow \angle PAB = \angle HAC = \frac{1}{2}sdcBP\)

Có \(\angle HAN = \angle HAC + \angle NAC = \frac{1}{2}\left( {sdcBP + sdcCN} \right)\) (6)

Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \angle HMC = \angle HAN\,\,\left( {dpcm} \right)\).

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