Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $AB < AC$. Ba đường cao của tam giác $ABC$

Câu hỏi số 798334:

Vận dụng

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $AB < AC$. Ba đường cao của tam giác $ABC$ là $AD,BE,CF$ đồng quy tại điểm $H$. Gọi $AQ$ là đường kính của đường tròn $(O)$, đường thẳng $HQ$ cắt cạnh $BC$ tại điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $N$ và cắt đường thẳng $AM$ tại điểm $K(N,K$ khác $A)$, đường thẳng $AN$ cắt đường thẳng $BC$ tại điểm $P$. Chứng minh rằng:
a) $HQ$ vuông góc với $AN$ và $\angle FDH = \angle HDE,\angle FDK = \angle NDE$.
b) Ba điểm $P,E,F$ thẳng hàng.
c) $PE.PF < PM^{2}$.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:798334

Phương pháp giải

a) Ta có $\angle FDH = 90^{\circ} - \angle FDB = 90^{\circ} - \angle BAC = 90^{\circ} - \angle EDC = \angle EDH$ (1).

Chứng minh $\angle NDH = \angle HDK$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $\angle FDK = \angle FDH + \angle HDK = \angle HDE + \angle NDH = \angle NDE$.

b) Chứng minh $\angle PFB = \angle EFA$, mà $B,F,A$ thẳng hàng nên $P,F,E$ cũng thẳng hàng.

c) Chứng minh được $BHCQ$ là hình bình hành nên $M$ là trung điểm của $BC$.

Chứng minh hai tam giác $PFD,PME$ dồng dạng $\left( {\text{g} - \text{g}} \right)$.

Suy ra $\dfrac{PF}{PM} = \dfrac{PD}{PE}$ hay $PE \cdot PF = PD \cdot PM$.

Do $AB < AC$ nên $\left. BD < DC\Rightarrow BD < \dfrac{BD + DC}{2} = BM\Rightarrow PD < PM \right.$.
Vậy $PE.PF = PD.PM < PM^{2}$.

Giải chi tiết

a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ là đường tròn đường kính $AH$, suy ra $HN\bot NA$.

Mặt khác $N$ thuộc đường tròn đường kính $AQ$ nên $QN\bot NA$, suy ra $N,H,Q$ thẳng hàng và có $HQ\bot AN$.

Có $\angle ADC = \angle AFC = 90^{\circ}$ nên tứ giác $ACDF$ nội tiếp, do đó $\angle FDB = \angle BAC$.
Tương tự có $\angle EDC = \angle BAC$.
Suy ra $\angle FDH = 90^{\circ} - \angle FDB = 90^{\circ} - \angle BAC = 90^{\circ} - \angle EDC = \angle EDH$ (1).

Có $\angle ANM = \angle ADM = 90^{\circ}$ nên tứ giác $ANDM$ nội tiếp, suy ra $\angle NDH = \angle HMK$.
Có $\angle HDM = \angle HKA = 90^{\circ}$ nên tứ giác $HDMK$ nội tiếp, suy ra $\angle HMK = \angle HDK$.
Vậy $\angle NDH = \angle HDK$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $\angle FDK = \angle FDH + \angle HDK = \angle HDE + \angle NDH = \angle NDE$.

b) Tứ giác $ANFE$ nội tiếp nên suy ra $\angle ANF = \angle FEC$.
Có $\angle BFC = \angle BEC = 90^{\circ}$ nên tứ giác $BFEC$ nội tiếp, suy ra $\angle FEC = \angle FBP$.

Vậy có $\angle ANF = \angle FBP$, suy ra tứ giác $NPBF$ nội tiếp.

Theo đó $\angle PFB = \angle PNB = \angle BCA = \angle EFA$.

Vậy $\angle PFB = \angle EFA$, mà $B,F,A$ thẳng hàng nên $P,F,E$ cũng thẳng hàng.

c) Chứng minh được $BHCQ$ là hình bình hành nên $M$ là trung điểm của $BC$.

Tam giác $EMC$ cân tại $M$ nên $\angle MEC = \angle BCA$.
Từ đó có $\angle PEM = 180^{\circ} - \angle MEC - \angle FEA = 180^{\circ} - \angle BCA - \angle ABC = \angle BAC = \angle FDP$.
Suy ra hai tam giác $PFD,PME$ dồng dạng $\left( {\text{g} - \text{g}} \right)$.

Suy ra $\dfrac{PF}{PM} = \dfrac{PD}{PE}$ hay $PE \cdot PF = PD \cdot PM$.

Do $AB < AC$ nên $\left. BD < DC\Rightarrow BD < \dfrac{BD + DC}{2} = BM\Rightarrow PD < PM \right.$.
Vậy $PE.PF = PD.PM < PM^{2}$.
Cách khác: + Chứng minh $M$ là trung điểm của $BC$.

Chứng minh $PE.PF = PB.PC$.

Chỉ ra $PB \cdot PC = \left( {PM - \dfrac{BC}{2}} \right)\left( {PM + \dfrac{BC}{2}} \right) = PM^{2} - \dfrac{BC^{2}}{4}$.

Từ $\dfrac{BC^{2}}{4} > 0$ suy ra $PB \cdot PB < PM^{2}$.

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