Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Các đường cao

Câu hỏi số 670010:

Vận dụng

Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Các đường cao \(AD,BF,CE\) của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn.

b) Kéo dài \(AD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(K\). Kéo dài \(KE\) cắt đương tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(I\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(CI\) và \(EF\). Chứng minh \(C{E^2} = CN.CI\)

c) Kẻ \(OM\) vuông góc với \(BC\) tại \(M\). Gọi \(P\) là tâm đường trờn ngoại tiếp \(\Delta AEF\).

Chứng minh ba điểm \(M,N,P\) thẳng hàng.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:670010

Phương pháp giải

a) Chứng minh BEHD có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AEHF có tổng hai góc đối bằng \(180^\circ \) là tứ giác nội tiếp.

Suy ra hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF bằng nhau

Chứng minh \(\Delta CEN \sim \Delta CIE\left( {g.g} \right)\) suy ra các cạnh tương ứng tỉ lệ.

c) Chứng minh MP là trung trực của EF, N là trung điểm của EF

Giải chi tiết

a) Do \(CE,AD,BF\) là các đường cao

\( \Rightarrow \angle BEH = \angle BDH = \angle AFB = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle BEH + \angle BDH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác BEHD nội tiếp (đpcm)

b) Xét tứ giác AFHE có \(\angle BEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AFHE nội tiếp (dhnb)

\( \Rightarrow \angle HEF = HAF\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HF)

Mà \(\angle HAF = \angle KIC\) (góc nội tiếp cùng chắn cung KC)

\( \Rightarrow \angle HEF = \angle KIC\left( { = HAF} \right)\) hay \(\angle CEN = \angle EIC\)

Xét \(\Delta CNE\) và \(\Delta CEI\) có:

\(\angle ECI\) chung và \(\angle CEN = \angle EIC\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta CEN \sim \Delta CIE\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{CE}}{{CI}} = \dfrac{{CN}}{{CE}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Leftrightarrow C{E^2} = CI.CN\) (đpcm)

c) Ta có: PE = PF (do P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF)

\( \Rightarrow \) P thuộc trung trực của EF.

\(\Delta BEC\) vuông tại E có M là trung điểm của BC

\( \Rightarrow ME = MB = MC\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy)

\(\Delta BFC\)vuông tại F có M là trung điểm của BC

\( \Rightarrow MF = MB = MC\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy).

=> \(ME = MF = MB = MC\).

\( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của EF.

=> PM là trung trực của EF (*)

Ta cần chứng minh N thuộc trung trực của EF.

Theo ý b) ta có: \(\Delta CNE \sim \Delta CEI\)

\( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{IE}} = \dfrac{{NC}}{{CE}} \Rightarrow NE = \dfrac{{IE.NC}}{{CE}}\).

Xét tứ giác AEHF có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

\( \Rightarrow \angle AHE = \angle AFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

\( \Rightarrow {180^0} - \angle AHE = {180^0} - \angle AFE \Rightarrow \angle KHE = \angle CFN\).

Xét \(\Delta CFN\) và \(\Delta KHE\) có:

\(\angle CFN = \angle KHE\,\,\left( {cmt} \right)\)

\(\angle FCN = \angle HKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI).

\( \Rightarrow \Delta CFN \sim \Delta KHE\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{FN}}{{HE}} = \dfrac{{CN}}{{KE}} \Rightarrow FN = \dfrac{{HE.CN}}{{KE}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Khi đó ta có: \(\dfrac{{NE}}{{FN}} = \dfrac{{IE.NC}}{{CE}}:\dfrac{{HE.CN}}{{KE}} = \dfrac{{IE.NC.KE}}{{CE.HE.CN}} = \dfrac{{IE.KE}}{{CE.HE}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

+) Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta BEK\) có:

\(\angle IEA = \angle BEK\) (đối đỉnh)

\(\angle IAE = \angle BKE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BI)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta BEK\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{IE}}{{BE}} = \dfrac{{EA}}{{EK}} \Rightarrow IE.EK = EA.BE\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

+) Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta CEB\) có:

\(\angle EAH = \angle ECB\) (cùng phụ với \(\angle ABC\))

\(\angle AEH = \angle CEB = {90^0}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BI)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta AEH \sim \Delta CEB\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{EC}} = \dfrac{{EH}}{{EB}} \Rightarrow EC.EH = EA.EB\,\,\left( 3 \right)\end{array}\)

Thay (2), (3) vào (1) ta có: \(\dfrac{{NE}}{{FN}} = \dfrac{{IE.KE}}{{CE.HE}} = \dfrac{{EA.BE}}{{EA.EB}} = 1 \Rightarrow NE = FN\).

\( \Rightarrow N\) thuộc trung trực của EF (**)

Từ (*) và (**) => M, N, P thẳng hàng (đpcm).

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