Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB > AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) và đường kính

Câu hỏi số 521152:

Vận dụng

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

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

2) Gọi \(K,I\) lần lượt là trung điểm của \(EF\) và \(AH\). Chứng minh \(AP \bot EF\) và \(AP//IK\).

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

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:521152

Phương pháp giải

1) +) Chứng minh tứ giác \(BCEF\) có hai góc \(\angle FCE\) và \(\angle FBE\) cùng nhìn cạnh \(EF\) nên tứ giác \(BCEF\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

+ Chứng minh \(\Delta AEB \sim \Delta AFC\,\,\,\left( {g.g} \right)\)

2) Chứng minh \(\Delta IEF\) cân tại \(I\) và có \(K\) là trung điểm của \(EF\) (gt) \( \Rightarrow IK \bot FE\) (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Mà \(AP \bot EF\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AP//IK\)

3) Chứng minh \(BHCP\) là hình bình hành vì có các cặp cạnh đối song song với nhau.

Gọi \(M'\) là giao điểm của \(HP\) và \(BC\). Chứng minh \(M \equiv M'\)

Suy ra \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(M,\,\,H,\,\,P\) thẳng hàng.

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(AH\) với \(BC\)

Chứng minh tứ giác \(ANQM\) nội tiếp \( \Rightarrow \angle QAN = \angle QMN\) hay \(\angle HMC = \angle HAN\)

Giải chi tiết

1) Tứ giác \(BCFE\) có: \(\angle BFC = \angle BEC = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\)

Suy ra tứ giác \(BCFE\) nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle FCE = \angle FBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\)).

Xét tam giác \(AEB\) và tam giác \(AFC\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle FCE = \angle FBE\,\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle EAB = \angle FAC\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta AEB \sim \Delta AFC\,\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}} \Rightarrow AE.AC = AF.AB\) (đpcm).2) Chứng minh \(\Delta IEF\) cân tại \(I\) và có \(K\) là trung điểm của \(EF\) (gt) \( \Rightarrow IK \bot FE\) (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Mà \(AP \bot EF\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AP//IK\)

2) Trong \(\left( O \right)\) ta có \(\angle BPA = \angle ACB\)( hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\))

Mặt khác ta có:

\(\angle BAP + \angle APB = {90^0}\)(tam giác \(ABP\) vuông tại \(B\) do có \(\angle ABP = {90^0}\) - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\angle EBC + \angle ACB = {90^0}\) (tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\))

\( \Rightarrow \angle BAP = \angle EBC\).

Ta lại có: \(\angle EFC = \angle EBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của tứ giác \(BCEF\) nội tiếp)

\( \Rightarrow \angle EFC = \angle BAP\).

Ta có \(\angle EFC + \angle AFE = \angle AFC = {90^0}\) \( \Rightarrow \angle BAP + \angle AFE = {90^0}\).

Suy ra \(AP \bot FE\) (đpcm).

Tam giác \(FAH\) vuông tại \(F\) có \(I\) là trung điểm của \(AH\)

\( \Rightarrow IA = IH = FI = \dfrac{1}{2}AH\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Chứng minh tương tự tam giác \(AHE\) ta có \(IA = IE = IH = \dfrac{1}{2}AH\).

\( \Rightarrow IE = IF\) \( \Rightarrow \Delta IEF\) cân tại \(I\). Lại có \(K\) là trung điểm của \(EF\) (gt) \( \Rightarrow IK \bot FE\) (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Mà \(AP \bot EF\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow AP//IK\) (đpcm).

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

Lại có \(CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow CH//BP\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \(BH//CP\).

Ta có tứ giác \(BHCP\) có \(\left\{ \begin{array}{l}BH//CP\,\,\,\left( {cmt} \right)\\HC//BP\,\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\). Suy ra tứ giác \(BHCP\) là hình bình hành (dhnb).

Gọi \(M'\) là giao điểm của \(HP\) và \(BC\) \( \Rightarrow M'\) là trung điểm của \(HP,\,\,BC\) (tính chất hình bình hành).

Tam giác \(AHP\) có \(\left\{ \begin{array}{l}AI = IH\,\,\,\,\left( {gt} \right)\\M'P = M'H\,\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow IM'//AP\)

Mặt khác ta có \(IM//AP\) , \(M \in BC,\,\,M' \in BC\). Suy ra \(M \equiv M'\)

Suy ra \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(M,\,\,H,\,\,P\) thẳng hàng.

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

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(AH\) với \(BC\)\( \Rightarrow \angle AQM = {90^0}\).

Tứ giác \(ANQM\) có: \(\angle ANP = \angle AQM = {90^0}\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(ANQM\) nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle QAN = \angle QMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(NQ\)) hay \(\angle HMC = \angle HAN\) (đpcm).

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