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).

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.