Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn \((O)\). Các đường cao AD, BE, CF (D thuộc B, E thuộc
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn \((O)\). Các đường cao AD, BE, CF (D thuộc B, E thuộc AC, F thuộc AB) của tam giác cắt nhau tại H, M là trung điểm của cạnh BC.
1. Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp
2. Chứng minh các đường thẳng ME và MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
3. Chứng minh \(DE + DF \le BC\).
Quảng cáo
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Chứng minh \(\angle MFI = {90^0}\) hay \(IF \bot MF\), do đó \(MF\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\)
Chứng minh tương tự ta được \(ME\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\).
1) Xét tứ giác AEHF có: \(\angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này đối diện nhau trong tứ giác \(AEHF\) nên tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(M\) đường kính \(BC\) (dhnb).
2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
\( \Rightarrow IH = IF\) \( \Rightarrow \Delta H\) cân tại I \( \Rightarrow \angle IFH = \angle IHF\) (tính chất tam giác cân).
Mà \(\angle IHF = \angle DHC\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle IFH = \angle DHC\) (1)
Do \(\Delta BFC\) vuông tại F, M là trung điểm của BC nên \(MF = \dfrac{1}{2}BC = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) \( \Rightarrow \Delta MFC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MFH = \angle MCF\) (2)
Cộng (1) với (2) ta được: \(\angle MFH + \angle IFH = \angle DHC + \angle MCF = {90^0}\) (Do tam giác \(CDH\) vuông tại \(D\)).
Suy ra: \(\angle MFI = {90^0}\) hay \(IF \bot MF\).
Vậy \(MF\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\).
Chứng minh tương tự ta được \(ME\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\).
3) Giả sử \(DE + DF \le BC \Leftrightarrow \left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2} \Leftrightarrow DE.BC + DF.BC \le B{C^2}\).
Chứng minh \(B{C^2} = BF.BA + CE.CA\)
Chứng minh \(DF.BC = AC.BF\) và \(DE.BC = AB.CE\), cộng từng vế của hai đẳng thức chứng minh được \(\left( {CE - BF} \right)\left( {AC - AB} \right) \ge 0\,\,\,\left( * \right)\)
Biện luận, từ đó có điều phải chứng minh.
3) Giả sử \(DE + DF \le BC \Leftrightarrow \left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2} \Leftrightarrow DE.BC + DF.BC \le B{C^2}\).
Dễ dàng chứng minh được các tứ giác \(ACDF,\,\,ABDE\) là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = \left( {BD + CD} \right).BC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = BD.BC + CB.CD\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = BF.BA + CE.CA\end{array}\)
Xét \(\Delta BDF\) và \(\Delta BAC\) có:
\(\angle ABC\) chung;
\(\angle BFD = \angle BCA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(ACDF\))
\( \Rightarrow \Delta BDF \sim \Delta BAC\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DF}}{{AC}} = \dfrac{{BF}}{{BC}} \Rightarrow DF.BC = AC.BF\) (1)
Chứng minh tương tự ta có \(\Delta CDE \sim \Delta CAB\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AB}} = \dfrac{{CE}}{{BC}} \Rightarrow DE.BC = AB.CE\) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}DF.BC + DE.BC = AC.BF + AB.CE\\ \Rightarrow \left( {DE + DF} \right).BC = AC.BF + AB.CE\end{array}\)
Vì \(\left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow AC.BF + AB.CE \le BF.BA + CE.CA\\ \Rightarrow BF.BA + CE.CA - AC.BF - AB.CE \ge 0\\ \Leftrightarrow AC\left( {CE - BF} \right) + AB\left( {BF - CE} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {CE - BF} \right)\left( {AC - AB} \right) \ge 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Không mất tính tổng quát, ta giả sử \(AC \ge AB\), khi đó ta cần chứng minh \(CE - BF \ge 0 \Leftrightarrow CE \ge BF\).
Áp dụng định lí Pytago ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}C{E^2} = B{C^2} - B{E^2}\\B{F^2} = B{C^2} - C{F^2}\end{array} \right.\).
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}2{S_{\Delta ABC}} = BE.AC = CF.AB\\AB \le AC\end{array} \right. \Leftrightarrow BE \le CF\) .
\( \Rightarrow C{E^2} \ge B{F^2} \Rightarrow CE \ge BF\) \( \Rightarrow \left( * \right)\) đúng nên giả sử ban đầu là đúng.
Vậy \(DE + DF \le BC\).
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
