Cho tam giác nhọn \(ABC(AB < AC)\) nội tiếp đường tròn tâm \((O)\). Các đường cao AD, BE, CF

Câu hỏi số 623634:

Vận dụng cao

Cho tam giác nhọn \(ABC(AB < AC)\) nội tiếp đường tròn tâm \((O)\). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại \(H\). Tia AH cắt \((O)\) tại \(K(K\) khác \(A)\), tia KO cắt \((O)\) tại \(M(M\) khác \(K)\) và tia MH cắt \((O)\) tại \(P(P\) khác \(M)\)

a) Chứng minh và 4 điểm A, O, D, P cùng nằm trên một đường tròn.

b) Gọi Q là giao điểm của PA và EF. Chứng minh \(DQ \bot EF\).

c) Tia PE và tia PF cắt đường tròn \((O)\) lần lượt tại \(L\) và \(N(L,N\) khác \(P)\). Chúng minh \(LC = NB\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:623634

Giải chi tiết

a) Ta có \(\angle{KBC} = \angle{DAC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(KC)\).

Do \(\angle{ADB} = \angle{AEB} = {90^ \circ }\), mà hai đỉnh \(D\) và \(E\) là hai đỉnh kề nhau.

Suy ra tứ giác \(ABDE\) nội tiếp. \( \Rightarrow \angle{EBD} = \angle{EAD} \Rightarrow \angle{HBD} = \angle{DAC}\).

Do đó \(\angle{HBD} = \angle{KBC}\left( { = \angle{DAC}} \right)\).

Suy ra \({\rm{\Delta }}BHD = {\rm{\Delta }}BKD\left( {{\rm{c}} - {\rm{g}} - {\rm{c}}} \right) \Rightarrow DH = DK\), hay \(D\) là trung diểm của \(HK\). Xét \(\Delta KHM\) có \(O\) là trung điểm của \(KM,D\) là trung điểm của \(HK\).

Suy ra \(OD\) là đường trung bình của \(\Delta HMK \Rightarrow OD\parallel HM\).

Vì \(OD\parallel MH \Rightarrow \angle{DOK} = \angle{PMK}\) (hai góc dồng vị).

Mà \(\angle{PMK} = \dfrac{1}{2}\angle{POK}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn cung \(PK\) ).

\( \Rightarrow \angle{DOK} = \dfrac{1}{2}\angle{POK}\) hay \(OD\) là phân giác của \(\angle{POK}\).

\( \Rightarrow \angle{POD} = \angle{DOK}\). Mà \(\angle{PMK} = \angle{PAD}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{PK}})\).

\( \Rightarrow \angle{POD} = \angle{PAD}\), mà hai đỉnh \(A\) và \(O\) là hai đỉnh kề nhau.

Suy ra tứ giác \(APDO\) nội tiếp, hay bốn điểm \(A,O,P,D\) cùng nằm trên một đường tròn.

b) Dễ dàng chứng minh được tứ giác \(BFEC\) nội tiếp.

Suy ra \(\angle{AEQ} = \angle{ABC}\). Mà \(\angle{ABC} = \angle{APC}\) nên \(\angle{AEQ} = \angle{APC}\). Do đó ta được

Vì \(HECD\) là tứ giác nội tiếp nên \(AH \cdot AD = AE \cdot AC\)

Từ (1) và (2) ta được \(AH \cdot AD = AP \cdot AQ\). Do đó tứ giác \(PQHD\) là tứ giác nội tiếp.

Ta có vì hai tam giác cân và \(\angle{AOP} = \angle{ADP} = \angle{PDH}\). Từ đây kết hợp với \(PQHD\) là tứ giác nội tiếp suy ra \(\angle{PQD} = \angle{PHD} = \angle{PAO}\) nên \(QD\parallel AO\).

Vì \(\angle{OAC} = {90^ \circ } - \angle{ABC} = {90^ \circ } - \angle{AEF}\) nên \(OA \bot EF\). Mà \(QD\parallel AO\) nên \(QD \bot EF\).

Vậy bài toán được chứng minh.

c) Vì \(AP \cdot AQ = AE \cdot AC\) theo b và \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\) vì tứ giác \(BFEC\) nội tiếp nên tứ giác \(PQEC,PQFB\) nội tiếp. Do đó ta được

\(\angle{FQB} = \angle{FPB} = \angle{NPB},\angle{EQC} = \angle{EPC} = \angle{LPC}\)

Kẻ \(BX,CY\) vuông góc với \(EF\). Ta có .

Từ đây kết hợp với \(CD.BC = CE.AC,BD \cdot BC = BF.AB\) và định lý Thales trong hình thang \(BXYC\) ta được các tỷ lệ thức sau

\(\dfrac{{CY}}{{AD}} = \dfrac{{CE}}{{AB}},\dfrac{{BX}}{{AD}} = \dfrac{{BF}}{{AC}} \Leftrightarrow \dfrac{{CY}}{{BX}} = \dfrac{{CE}}{{BF}} \cdot \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{CD \cdot BC}}{{BD \cdot BC}} = \dfrac{{CD}}{{BD}} = \dfrac{{YQ}}{{XQ}}\)

Mà \(\angle{CYQ} = \angle{BXQ} = {90^ \circ }\) nên suy ra

\(\angle{EQC} = \angle{YQC} = \angle{XQB} = \angle{FQB}\)

Từ \(\left( {\rm{*}} \right)\) và \(\left( {{\rm{**}}} \right)\) ta được \(\angle{NPB} = \angle{LPC}\) hay sd \(NB = \) sd \(LC\) suy ra \(NB = LC\).

Vậy bài toán được chứng minh.

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