Cho tam giác \(ABC\) nhọn \((AB < AC)\) có đường cao \(AH\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O

Câu hỏi số 680668:

Vận dụng cao

Cho tam giác \(ABC\) nhọn \((AB < AC)\) có đường cao \(AH\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(E,F\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên các cạnh \(AB,AC\). Đường kính \(AD\) của \(\left( O \right)\) cắt \(EF\) tại \(K\) và \(DH\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(L(L\) khác \(D)\).
a) Chứng minh các tứ giác \(AEHF\) và \(ALHF\) nội tiếp.
b) Chứng minh tứ giác \(BEFC\) nội tiếp và \(AD\) vuông góc với \(EF\) tại \(K\).
c) Tia \(FE\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(P\) và cắt \(BC\) tại \(M\). Chứng minh \(AP = AH\) và ba điểm \(A,L,M\) thẳng hàng.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:680668

Giải chi tiết

a) Chứng minh các tứ giác AEHF và ALHF nội tiếp.
+) Chứng minh \(AEHF\) nội tiếp.
Vi \(HE \bot AB\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle AEH = {90^ \circ },HF \bot AC\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle AFH = {90^ \circ }\).
Xét tứ giác AEHF có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^ \circ } + {90^ \circ } = {180^ \circ }\).
Mà hai đỉnh \({\rm{E}},{\rm{F}}\) là hai đỉnh đối diện của tứ giác \({\rm{AEHF}}\).
=> \({\rm{AEHF}}\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^ \circ }\) ).
+) Chứng minh ALHF nôi tiếp.
Ta có: \(\angle ALD = {90^ \circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle ALH = {90^ \circ }\).
Xét tứ giác ALHF có: \(\angle ALH + \angle AFH = {90^ \circ } + {90^ \circ } = {180^ \circ }\).
Mà hai đỉnh \({\rm{L}},{\rm{F}}\) là hai đinh đối diện của tứ giác ALHF.
=> ALHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^ \circ }\) ).
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AD vuông góc với EF tại K.
+) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp
Vì \({\rm{AEHF}}\) là tứ giác nội tiếp \(\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow \angle AEF = \angle AHF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AF}}\)).
Mà \(\angle AHF + \angle HAC = {90^ \circ }\) (do tam giác \({\rm{AHF}}\) vuông tại \({\rm{F}}\) ).

\(\angle ACH + \angle HAC = {90^ \circ }\) (do tam giác AHC vuông tại H)

\(\; \Rightarrow \angle AHF = \angle ACH = \angle FBC.\)

\(\; \Rightarrow \angle AEF = \angle FCB.\)

Mà \({\rm{\; \;}}\angle AEF + \angle FEB = {180^ \circ }\) (kề bù)

\(\; \Rightarrow \angle FEB + \angle FCB = {180^ \circ }.\)

Mà hai đỉnh \({\rm{E}},{\rm{C}}\) là hai đỉnh đối diện của tứ giác \({\rm{BEFC}}\).
=> BEFC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^ \circ }\) ).
+) Chứng minh \(AD\) vuông góc với \(EF\) tại \(K\).
Vì \({\rm{BEFC}}\) là tứ giác nội tiếp \(\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow \angle AFK = \angle EBC = \angle ABC\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện).
Mà \(\angle ABC = \angle ADC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AC}}\) )

\( \Rightarrow \angle AFK = \angle ADC{\rm{.\;}}\)

Ta có: \(\angle ACD + {90^ \circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left. {\left( {\rm{O}} \right)} \right) \Rightarrow \Delta ACD\) vuông tại \({\rm{C}}\).
\( \Rightarrow \angle KAF + \angle ADC = {90^ \circ }\) (hai góc nhọn phụ nhau trong tam giác vuông).
Mà \(\angle AFK = \angle ADC\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow \angle KAF + \angle AFK = {90^ \circ }\)

\( \Rightarrow AKF\) vuông tại \({\rm{K}}\) (Tam giác có tổng hai góc bằng \({90^ \circ }\) ).
\( \Rightarrow AK \bot KF\) hay \(AD \bot EF\) tại \({\rm{K}}\) (đpcm).

c) Tứ giác \(APBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle APC = \angle ABC\). (4)

Từ (1) và (4) suy ra \(\angle APC = \angle AFE\).

Do đó, hai tam giác \(APF\) và \(ACP\) đồng dạng góc-góc.

Suy ra \(\dfrac{{AP}}{{AC}} = \dfrac{{AF}}{{AP}}\).

Vì thế, ta có \(A{P^2} = AC \cdot AF\).

Lại có \(A{H^2} = AC \cdot AF\) (Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HF\) ).

Do đó, \(A{P^2} = A{H^2}\). Suy ra \(AP = AH\).
Do các tứ giác \(AEHF,ALHF\) nội tiếp nên năm điểm \(A,E,F,H,L\) cùng thuộc một đường tròn. Suy ra tứ giác \(ALEF\) nội tiếp.

Vì thế \(\angle MEL = \angle LAF\) (cùng bù với \(\angle LEF\) ). (3)
Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp \(ALBC\), ta có \(\angle MBL = \angle LAC\). (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle MBL = \angle MEL\).

Tứ giác \(MBEL\) có hai đỉnh kề nhau là \(B,E\) cùng nhìn cạnh \(ML\) dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác \(MBEL\) nội tiếp.

Suy ra \(\angle MLE = \angle EBC\) (cùng bù với \(\angle MBE) \cdot \left( 5 \right)\)
Từ (1) và (5) suy ra \(\angle MLE = \angle AFE\).

Lại có \(\angle AFE + \angle ALE = {180^ \circ }\) (do tứ giác \(ALEF\) nội tiếp).

Vì thế, ta có \(\angle MLE + \angle ALE = {180^ \circ }\).
Vậy ba điểm \(A,L,M\) thẳng hàng.

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