1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, HC = 5cm (như hình vẽ). Tính độ dài AB
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, HC = 5cm (như hình vẽ). Tính độ dài AB và AH.
2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Hai đường cao AE và BF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó.
b) Kẻ đường kính AD của đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành. Biết \(BC = R\sqrt 3 \), tính AH theo R.
c) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng CH và AB, K là giao điểm của hai đường thẳng BC và FN. Chứng minh BK.CE = BE.CK.
Quảng cáo
1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có đường cao.
2) a) Chứng minh tứ giác CEHF có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \)
Gọi I là trung điểm của CH. Khi đó tứ giá CEHF nội tiếp đường tròn tâm I.
b) Chứng minh tứ giác BHCH có hai cặp cạnh đối song song với nhau.
Gọi \(M = BC \cap HD \Rightarrow \)
Tính AH thông qua OM. Chứng minh OM là đường trung bình \(\Delta AHD\).
Áp dụng định lí Py-ta-go trong \(\Delta OBM\) vuông tại M tính OM.
c) Chứng minh NB là phân giác trong tại đỉnh N của tam giác NEK \( \Rightarrow \dfrac{{BE}}{{BK}} = \dfrac{{NE}}{{NK}}\)
Chứng minh NC là phân giác ngoài tại định N của tam giác NEK \( \Rightarrow \dfrac{{CE}}{{CK}} = \dfrac{{NE}}{{NK}}\)
1)
Ta có \(BC = BH + HC = 4 + 5 = 9\,\,\left( {cm} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:
\(\begin{array}{l} + )\,\,A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow A{B^2} = 4.9 = 36\\ \Rightarrow AB = \sqrt {36} = 6\,\,\left( {cm} \right)\\ + )\,\,A{H^2} = BH.HC\\ \Rightarrow A{H^2} = 4.5 = 20\\ \Rightarrow AH = \sqrt {20} = 2\sqrt 5 \,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)
Vậy AB = 6 cm, AH = \(2\sqrt 5 \) cm.
2)
a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC \Rightarrow \angle HEC = {90^0}\\BF \bot AC \Rightarrow \angle HFC = {90^0}\end{array} \right.\)
Xét tứ giác CEHF có: \(\angle HEC + \angle HFC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà E, F là hai đỉnh đối nhau của tứ giác CEHF.
Suy ra CEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb).
Gọi I là trung điểm của CH.
Do tam giác HEC vuông tại E, có trung tuyến EI nên \(IE = \dfrac{1}{2}HC = IH = IC\).
Do tam giác HFC vuông tại F, có trung tuyến FI nên \(IF = \dfrac{1}{2}HC = IH = IC\).
\( \Rightarrow IE = IF = IH = IC\).
Vậy tứ giác CEHF nội tiếp đường tròn có tâm I là trung điểm của HC.
b) Ta có: \(\angle ABD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
\( \Rightarrow BD \bot AB\).
Mà \(CH \bot AB\) (do H là trực tâm của tam giác ABC).
\( \Rightarrow \) BD // CH (từ vuông góc đến song song) (1)
Ta có: \(\angle ACD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
\( \Rightarrow CD \bot AC\).
Mà \(BH \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\)
\( \Rightarrow \) CD // BH (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1), (2) => BHCD là hình bình hành (dhnb) (đpcm).
Gọi \(M = BC \cap HD \Rightarrow \) M là trung điểm của BC và HD (tính chất hình bình hành).
Ta có:
O là trung điểm của AD (gt)
M là trung điểm của HD (cmt)
=> OM là đường trung bình của tam giác AHD (định nghĩa).
\( \Rightarrow OM = \dfrac{1}{2}AH \Rightarrow AH = 2OM\) (tính chất đường trung bình của tam giác).
Vì M là trung điểm của BC (cmt) \( \Rightarrow OM \bot BC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\( \Rightarrow \Delta OBM\) vuông tại M, có OB = R, \(BM = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\).
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OBM ta có:
\(\begin{array}{l}O{M^2} + B{M^2} = O{B^2}\\ \Rightarrow O{M^2} = O{B^2} - B{M^2}\\ \Rightarrow O{M^2} = {R^2} - {\left( {\dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \dfrac{{{R^2}}}{4}\\ \Rightarrow OM = \dfrac{R}{2}\end{array}\)
Vậy \(AH = 2OM = R.\)
c) Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên \(CH \bot AB\) tại N hay \(CN \bot AB\).
Xét tứ giác ANHF có:
\(\begin{array}{l}\angle ANH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,CN \bot AB} \right)\\\angle AFH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,BF \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle ANH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai đỉnh N, F là hai đỉnh đối diện của tứ giác ANHF.
=> ANHF là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle FNH = \angle FAH = \angle CAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH).
Chứng minh tương tự đối với tứ giác BEHN có:
\(\begin{array}{l}\angle BNH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,CN \bot AB} \right)\\\angle BEH = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AE \bot BC} \right)\\ \Rightarrow \angle BNH + \angle BEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)
Mà hai đỉnh N, E là hai đỉnh đối diện của tứ giác BEHN
=> BEHN là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle ENH = \angle EBH = \angle CBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).
Mà \(\angle CEA = \angle CBF\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).
\( \Rightarrow \angle FNH = \angle ENH\).
\( \Rightarrow NH\) là phân giác của góc ENF.
Mà \(\angle ENK\) kề bù với \(\angle ENF\), \(NH \bot NB\,\,\left( {do\,\,CN \bot AB} \right)\).
\( \Rightarrow NB\) là phân giác trong của \(\angle ENK\), NH là phân giác ngoài của \(\angle ENK\).
Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BE}}{{BK}} = \dfrac{{CE}}{{CK}} = \dfrac{{NE}}{{NK}}\).
Vậy BK.CE = BE.CK (đpcm).
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
