Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), lấy các điểm \(E,\,F\) trên \(AB,\,AC\) sao cho \(EF//BC\). Dựng

Câu hỏi số 555206:

Vận dụng cao

Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), lấy các điểm \(E,\,F\) trên \(AB,\,AC\) sao cho \(EF//BC\). Dựng đường tròn \(\left( I \right)\) đường kính \(EF\) cắt \(BF\) , \(CE\) lần lượt tại \(M,N\). Gọi \(D\) là giao điểm của \(BF\) và \(CE\), \(H\) là hình chiếu của \(D\) lên đường thẳng \(EF\).

a) Chứng minh rằng dường thẳng \(AD\) đi qua \(I\) và \(\left( {HMN} \right)\) qua \(I\).

b) Gọi \(K,\,L\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(E,\,F\) lên \(BC\), \(EM\) và \(FN\) cắt \(BC\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Chứng minh các tứ giác \(AEPL\)và \(AFQK\) nội tiếp và tỉ số \(\dfrac{{BP.BL}}{{CQ.CK}}\) không đổi khi \(E,\,F\) di động.

c) Chứng minh: Nếu \(KF\) và \(EL\) cắt nhau tại một điểm nằm trên \(\left( I \right)\) thì \(EM,\,FN\) cắt nhau tại một điểm nằm trên \(BC.\)

Xem lời giải

Câu hỏi:555206

Phương pháp giải

a) + Ta sẽ chứng minh: \(I,D,J\) thẳng hàng và \(A,I,J\) thẳng hàng \( \Rightarrow A,I,D,J\) thẳng hàng \( \Rightarrow AD\) đi qua \(I\)

+ Ta sẽ chứng minh: \(\angle IMN = \angle FDN;\angle FND = \angle FHN \Rightarrow \angle IMN = \angle FHN \Rightarrow MIHN\) nội tiếp \( \Rightarrow \left( {HMN} \right)\) qua \(I\)

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có \(CF.CA = CQ.CK\,\,\,\left( 8 \right)\) nên \(AFQK\) là tứ giác nội tiếp (đpcm).

b) + Ta sẽ chứng minh: \(BE.BA = BM.BF\,\) và \(BM.BF = BP.BL\)\( \Rightarrow BE.BA = BP.BL\)\( \Rightarrow AEPL\) là tứ giác nội tiếp

Chứng minh tương tự, ta cũng có \(AFQK\) là tứ giác nội tiếp.

+ \(\dfrac{{BP.BL}}{{CQ.CK}} = {\left( {\dfrac{{BA}}{{CA}}} \right)^2}\) từ đó ta có điều phải chứng minh.

Giải chi tiết

a) Chứng minh rằng dường thẳng \(AD\) đi qua \(I\) và \(\left( {HMN} \right)\) qua \(I\).

* Chứng minh rằng dường thẳng \(AD\) đi qua \(I\)

Gọi \(J\) là trung điểm của \(CD\).

+) Áp dụng định lí Ta-lét ta có \(\dfrac{{EF}}{{BC}} = \dfrac{{DE}}{{DC}} \Rightarrow \dfrac{{2EI}}{{2CJ}} = \dfrac{{DE}}{{DC}} \Rightarrow \dfrac{{EI}}{{CJ}} = \dfrac{{DE}}{{DC}}\) .

Xét tam giác \(DEI\) và tam giác \(DCJ\) có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{EI}}{{CJ}} = \dfrac{{DE}}{{DC}}\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle IED = \angle JCD\,\,\left( {so\,\,le\,\,trong} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \Delta DEI \sim \Delta DCJ\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle EDI = \angle CDJ\) (2 góc tương ứng).

Mà 2 góc này nằm ở vị trí 2 góc đối đỉnh \( \Rightarrow I,\,\,D,\,\,J\) thẳng hàng (1).

+) Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EF}}{{BC}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{2EI}}{{2BJ}} = \dfrac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{EI}}{{BJ}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\)

Xét tam giác \(AEI\) và tam giác \(ABJ\) có:

\(\dfrac{{EI}}{{BJ}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\,\,\left( {cmt} \right)\)

\(\angle AEI = \angle ABJ\) (đồng vị)

\( \Rightarrow \Delta AEI \sim \Delta ABJ\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle EAI = \angle BAJ\) (2 góc tương ứng) \( \Rightarrow A,\,\,I,\,\,J\) thẳng hàng (2).

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(A,\,\,I,\,\,D,\,\,J\) thẳng hàng.

Vậy đường thẳng \(AD\) đi qua \(I\) (đpcm).

* Chứng minh \(\left( {HMN} \right)\) qua \(I\).

Ta có \(\angle NMF = \angle NEF\) (2 góc nội tiếp đường tròn \(\left( I \right)\) cùng chắn cung \(NF\))

\(\angle IMF = \angle IFM\) (do tam giác \(IMF\) cân tại \(I\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle NMF + \angle IMF = \angle NEF + \angle IFM = \angle NEF + \angle EFM\\ \Rightarrow \angle IMN = {180^0} - \angle EDF\\ \Rightarrow \angle IMN = \angle FDN\,\,\left( 3 \right)\end{array}\)

Xét tứ giác \(HDNF\) có \(\angle DNF = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( I \right)\)) \( \Rightarrow \angle DHF + \angle DNF = {180^0}\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(HDNF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb) \( \Rightarrow \angle FDN = \angle FHN\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(NF\)) (4)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \angle IMN = \angle FHN\) \( \Rightarrow MIHN\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Vậy \(\left( {HMN} \right)\) qua \(I\) (đpcm).

b) Gọi \(K,\,L\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(E,\,F\) lên \(BC\), \(EM\) và \(FN\) cắt \(BC\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Chứng minh các tứ giác \(AEPL\)và \(AFQK\) nội tiếp và tỉ số \(\dfrac{{BP.BL}}{{CQ.CK}}\) không đổi khi \(E,\,F\) di động.

* Chứng minh các tứ giác \(AEPL\)và \(AFQK\) nội tiếp

+) Vì tứ giác \(AEMF\) nội tiếp đường tròn \(\left( I \right)\), \(AE \cap MF = B\) nên ta có \(BE.BA = BM.BF\,\,\,\left( 5 \right)\)

Ta có \(\angle EMF = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( I \right)\) nên \(\angle PMF = {90^0}\).

\( \Rightarrow \angle PMF + \angle PLF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(MPLF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)

+) Vì tứ giác \(MPLF\) nội tiếp (cmt), \(MF \cap PL = B\) nên ta có \(BM.BF = BP.BL\,\,\,\left( 6 \right)\)

Từ (5) và (6) \( \Rightarrow BE.BA = BP.BL\,\,\,\left( 7 \right)\) \( \Rightarrow \) Tứ giác \(AEPL\) là tứ giác nội tiếp.

* Chứng minh tỉ số \(\dfrac{{BP.BL}}{{CQ.CK}}\) không đổi khi \(E,\,F\) di động.

Từ (6) và (7) ta có: \(\dfrac{{BP.BL}}{{CQ.CK}} = \dfrac{{BE.BA}}{{CF.CA}} = \dfrac{{BE}}{{CF}}.\dfrac{{BA}}{{CA}}\).

Mà theo định lí Ta-lét ta lại có: \(\dfrac{{BE}}{{CF}} = \dfrac{{BA}}{{CA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{BP.BL}}{{CQ.CK}} = {\left( {\dfrac{{BA}}{{CA}}} \right)^2}\) không đổi khi \(E,\,F\) di động (đpcm).

c) Chứng minh: Nếu \(KF\) và \(EL\) cắt nhau tại một điểm nằm trên \(\left( I \right)\) thì \(EM,\,FN\) cắt nhau tại một điểm nằm trên \(BC.\)

Gọi \(T = KF \cap KL\).

Vì tứ giác \(AFQK\) là tứ giác nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow \) \(\angle AQP = \angle AQK = \angle AFK\) (9) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)).

Vì tứ giác \(AEPL\) là tứ giác nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow \angle APQ = \angle APL = \angle AEL\) (10) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AL\)).

Cộng vế theo vế của (9) và (10) ta có: \(\angle AQP + \angle APQ = \angle AFK + \angle AEL = \angle AET + \angle AFT = {180^0}\) (vì \(T\) nằm trên \(\left( I \right)\) (gt)).

\( \Rightarrow \angle APQ + \angle AQP = {180^0} \Rightarrow \angle APQ = {180^0} - \angle AQP = \angle AQC\).

Vì \(P,\,\,Q \in BC\) nên \(P \equiv Q\).

Vậy \(EM\) và \(FN\) cắt nhau tại điểm \(P \in BC\) (đpcm).

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.