Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC. Vẽ các đường cao AD, BE, CF của tam giác đó. Gọi H
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC. Vẽ các đường cao AD, BE, CF của tam giác đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ.
a) Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp.
b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AH, BC. Chứng minh rằng FM.FC = FN.FA.
c) Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M, N đến đường thẳng DF. Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN.
Quảng cáo
a) Tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Chứng minh \(FN = EN\), \(FM = ME\), \(\Delta FMH\) cân tại \(M\), \(\Delta FNC\) cân tại \(N\), \(\Delta FMN\) đồng dạng \(\Delta FAC\) (g.g)\( \Rightarrow \dfrac{{FM}}{{FN}} = \dfrac{{FA}}{{FC}}\)\( \Rightarrow FM.FC = FN.FA\) (đpcm)
c) Chứng minh \(MPFG\) là tứ giác nội tiếp,\(NQFG\) là tứ giác nội tiếp
a) *Tứ giác AEHF nội tiếp
Ta có: \(\angle AFH = {90^o}\) (do \(CF \bot AB\))
\(\angle AEH = {90^o}\) (do \(BE \bot AC\))
Suy ra \(\angle AFH + \angle AEH = {180^o}\), mà \(\angle AEH\) và \(\angle AFH\) là hai góc đối nhau
Nên tứ giác \(AEHF\) nội tiếp (dhnb) (đpcm).
*Tứ giác BFEC nội tiếp
Ta có: \(\angle BFC = {90^o}\) (do \(CF \bot AB\))
\(\angle BEC = {90^o}\) (do \(BE \bot AC\))
Suy ra 2 góc \(BFC\) và góc \(BEC\) cùng nhìn đoạn thẳng \(BC\) dưới 1 góc bằng nhau
do đó tứ giác \(BFEC\) nội tiếp (dhnb) (đpcm).
b) Tam giác \(BFC\) vuông tại \(F\) ta có: \(FN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)
\( \Rightarrow FN = \dfrac{{BC}}{2}\) (định lí) (1)
Tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) ta có: \(EN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)
\( \Rightarrow EN = \dfrac{1}{2}BC\) (định lí) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(FN = EN\) (*)
Tam giác \(AHF\) vuông tại \(F\) ta có \(FM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)
\( \Rightarrow FM = \dfrac{1}{2}AH\) (định lí) (3)
Tam giác \(AEH\) vuông tại \(E\) ta có \(EM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)
\( \Rightarrow EM = \dfrac{1}{2}AH\) (định lí) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(FM = ME\) (**)
Từ (*), (**) ta có: \(MN\) là trung trực \(EF\)
Gọi \(G\) là giao điểm của \(MN\) và \(EF\).
Tam giác \(FME\) có \(MG\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta FME\) cân tại \(M\) có \(MG\) là phân giác
\( \Rightarrow \angle FMG = \dfrac{1}{2}\angle FME\) (5)
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(FAEH\) có:
\(\angle FAE = \dfrac{1}{2}\angle FME\) (góc nội tiếp bằng 1 nửa góc ở tâm chắn cung \(EF\)) (6)
Từ (5) và (6) suy ra \(\angle FAE = \angle FMK\) hay \(\angle FAC = \angle FMN\)
Ta có: \(FM = MH\left( { = \dfrac{1}{2}AH} \right)\) suy ra \(\Delta FMH\) cân tại \(M\)
\( \Rightarrow \angle MFH = \angle MHF\)\( = \angle DHC\) (vì \(\angle MHF\)\( = \angle DHC\) là hai góc đối đỉnh)
Ta có: \(FN = NC\)\(\left( { = \dfrac{1}{2}BC} \right)\) suy ra \(\Delta FNC\) cân tại \(N\)
\( \Rightarrow \angle NFC = \angle NCF\)
Mà \(\angle DHC + \angle NCF = {90^o}\) (do tam giác \(DHN\) vuông tại \(D\))
Suy ra \(\angle MFH + \angle NFC = \angle MFN = {90^o}\)
Xét \(\Delta FMN\) và \(\Delta FAC\) ta có:
\(\angle MFN = \angle AFC\)\( = {90^o}\)
\(\angle FAC = \angle FMN\) (cmt)
Suy ra \(\Delta FMN\) đồng dạng \(\Delta FAC\) (g.g)
\( \Rightarrow \dfrac{{FM}}{{FN}} = \dfrac{{FA}}{{FC}}\)\( \Rightarrow FM.FC = FN.FA\) (đpcm)
c) Vì \(MN \bot EF\) tại \(G \Rightarrow \angle MGF = {90^0}\)
Ta có: \(MP \bot PQ\) tại \(P \Rightarrow \angle MPF = {90^0}\)
Tứ giác \(MPFG\) có: \(\angle MGF + \angle MPF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc này đối nhau
\( \Rightarrow MPFG\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
Suy ra \(\angle MGP = \angle MFP\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PM)
Vì \(MN \bot EF\) tại \(G \Rightarrow \angle FGN = {90^0}\)
Ta có: \(NQ \bot PQ\) tại \(Q \Rightarrow \angle NQF = {90^0}\)
Tứ giác \(NQFG\) có: \(\angle FGN + \angle NQF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc này đối nhau
\( \Rightarrow NQFG\) là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \angle QGN = \angle QFN\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung QN)
\( \Rightarrow \angle MGP + \angle QGN = \angle MFP + \angle QFN\)
Mà \(\angle MFN = {90^o} \Rightarrow \angle MFP + \angle QFN = {90^o}\)
\( \Rightarrow \angle MFP + \angle QGN = {90^o} \Rightarrow \angle PGQ = {90^o}\)
Đường tròn đường kính \(PQ\) có \(\angle PGQ = {90^o}\)
\( \Rightarrow G\) thuộc đường tròn đường kính \(PQ\)\(\)
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
