Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và dây cung \(BC\) cố định của đường tròn thỏa mãn \(BC

Câu hỏi số 681058:

Vận dụng cao

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và dây cung \(BC\) cố định của đường tròn thỏa mãn \(BC < 2R.\) Một điểm \(A\) di chuyển trên \(\left( {O;R} \right)\) sao cho tam giác \(ABC\)có ba góc nhọn. Các đường cao \(AD,\,BE,CF\)của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H.\) Đường phân giác của \(\angle {CHE}\) kéo dài về hai phía cắt \(AB\)và \(AC\) lần lượt tại \(M\) và \(N.\)

4.1. Chứng minh tam giác \(AMN\) cân tại \(A.\)

4.2. Gọi \(I,\,P,\,Q,\,J\) lần lượt là hình chiếu của \(D\) trên các cạnh \(AB,\,BE,\,CF,\,AC.\) Chứng minh rằng bốn điểm \(I,\,P,\,Q,\,J\)cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với \(AO.\)

4.3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(AMN\) cắt đường phân giác trong của \(\angle {BAC}\) tại điểm thứ hai \(K.\) Chứng minh rằng \(HK\) luôn đi qua một điểm cố định.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:681058

Phương pháp giải

Giải chi tiết

4.1. Vì \(BE \bot AC = E\) nên \(\angle {HEC} = {90^ \circ }\)

Vì \(CF \bot AB = F\) nên \(\angle {HFB} = {90^ \circ }\)

\( \Rightarrow \angle {FMH} + \angle {MHF} = {90^ \circ };\angle {ENH} + \angle {NHE} = {90^ \circ }\)

Vì \(HN\) là phân giác của góc \(\angle {CHE}\) nên \(\angle {CHN} = \angle {NHE}\)
Lại có \(\angle {CHN} = \angle {MHF}\) (đối đỉnh) nên \(\angle {NHE} = \angle {MHF}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {FMH} = \angle {ENH}\) hay \(\angle {AMN} = \angle {ANM}\)
Vậy \(\Delta AMN\) cân tại \(A\).

4.2. Chỉ ra tứ giác \(BIPD\) nội tiếp nên \(\angle {IBD} + \angle {IPD} = {180^ \circ }\) (3)

Chỉ ra \(\angle {IBD} = \angle {FHA}\) (cùng phụ với góc \(\angle {FAH}\) );
Lại có \(\angle {FHA} = \angle {QHD}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle {IBD} = \angle {QHD}\);
Chỉ ra tứ giác \(DPHQ\) nội tiếp nên \(\angle {QHD} = \angle {QPD} \Rightarrow \angle {IBD} = \angle {QPD}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\angle {QPD} + \angle {IPD} = {180^ \circ }\) nên ba điểm \(I,P,Q\) thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta được \(P,Q,J\) thẳng hàng.
Vậy 4 điểm \(I,P,Q,J\) thẳng hàng.
Từ tứ giác \(BIPD\) nội tiếp chỉ ra \(\angle {MIP} = \angle {PDB}\)
Lại có \(PD//AC\) (cùng vuông góc với \(BE\) ) nên \(\angle {PDB} = \angle {ACB}\)
Qua \(A\) kẻ tiếp tuyến \(tAt'\) của \(\left( O \right)\) suy ra \(AO \bot At;\angle {tAB} = \angle {ACB}\) (cùng bằng )

Suy ra \(\angle {tAI} = \angle {AIP}\)

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(IP{\rm{//}}At \Rightarrow IP \bot AO\) (đpcm)

4.3. Vì \(\Delta AMN\) cân tại \(A\) và \(AK\) là phân giác của góc \(\angle {MAN}\) nên \(AK\) là trung trực của \(MN\)
\( \Rightarrow AK\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AMN\)
\(\angle {AMK} = \angle {ANK} = {90^ \circ } \Rightarrow KM//CF;KN//BE\)
Gọi \(R = KM \cap BH;S = KN \cap HC \Rightarrow HRKS\) là hình bình hành
\( \Rightarrow HK\) đi qua trung điểm của \(RS\) (5)
Từ \(MR//FH \Rightarrow \dfrac{{HR}}{{RB}} = \dfrac{{FM}}{{MB}}\);
Vì \(HN\) là phân giác của góc \(\angle {CHE}\) nên \(HM\) là phân giác của góc \(\angle {BHF} \Rightarrow \dfrac{{FM}}{{MB}} = \dfrac{{FH}}{{HB}}\)
Từ \(SN//HE \Rightarrow \dfrac{{HS}}{{SC}} = \dfrac{{EN}}{{NC}}\);
Vì \(HN\) là phân giác của góc \(\angle {CHE}\) nên \(\dfrac{{EN}}{{NC}} = \dfrac{{HE}}{{HC}}\)
Chỉ ra \(\Delta FHB\) ~ \(\Delta EHC\) (góc - góc) \( \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HB}} = \dfrac{{HE}}{{HC}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{HR}}{{RB}} = \dfrac{{HS}}{{SC}} \Rightarrow RS//BC\)

Từ (5) và (6) suy ra \(HK\) luôn đi qua trung điểm của \(BC\) (cố định).

Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. 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. Phụ huynh và học sinh tham khảo chi tiết khoá học tại: Link