Cho hình vuông $ABCD$. Lấy điểm $P$ thuộc cạnh $AB$ ($P$ khác $A$ và $B$). Gọi $J$ là tâm đường

Câu hỏi số 798463:

Vận dụng

Cho hình vuông $ABCD$. Lấy điểm $P$ thuộc cạnh $AB$ ($P$ khác $A$ và $B$). Gọi $J$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $PAD$.

1) Chứng minh rằng tứ giác PJDB nội tiếp.

2) Gọi $H$ là trực tâm của tam giác PJD. $S$ là giao điểm của $JH$ và $AD$. Chứng minh rằng $SH = SD$.

3) Gọi $L$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $PBC$. $K$ là trực tâm của tam giác LPC. Đường tròn nội tiếp tam giác $PCD$ tiếp xúc với $CD$ tại $E$. Lấy $F$ thuộc doạn thẳng $CD$ sao cho $CF = DE$. Chứng minh rằng tam giác $FHK$ vuông cân.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:798463

Phương pháp giải

1) Chứng minh $\angle PJD + \angle PBD = 180^{\circ}$. Như vậy tứ giác $PJDB$ nội tiếp.
2) Vì $PJ\bot DH$ và $PJ$ là phân giác của $\angle APD$ nên ta có biến đổi góc

$\angle ADH = \angle PDH - \angle PDA = 90^{\circ} - \angle JPD - 90^{\circ} + \angle APD = \angle JPD = \angle JHD.$

Từ đó suy ra $SH = SD$.

3) Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với đường tròn nội tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $DH$ là trực tâm của tam giác $IBC$. Khi đó ta có $HD = \dfrac{AB + AC + BC}{2}.$

Trở lại bài toán. Hạ $HX\bot CD$ và $KY\bot CD$ với $X,Y \in CD$. HJ cắt $PD$ tại $Q$ và $KL$ cắt $PC$ tại $R$.
Chứng minh $\angle HFK = 90^{\circ}$. Như vậy, ta thu được tam giác $FHK$ vuông cân tại $F$.

Giải chi tiết

1) Vì $J$ là tâm nội tiếp của tam giác $PAD$ nên ta có

$\angle PJD = 90^{\circ} + \dfrac{1}{2}\angle PAD = 90^{\circ} + \dfrac{1}{2} \cdot 90^{\circ} = 135^{\circ}$

Kết hợp với việc $\angle ABD = 45^{\circ}$ ta được $\angle PJD + \angle PBD = 180^{\circ}$. Như vậy tứ giác $PJDB$ nội tiếp.
2) Vì $PJ\bot DH$ và $PJ$ là phân giác của $\angle APD$ nên ta có biến đổi góc

$\angle ADH = \angle PDH - \angle PDA = 90^{\circ} - \angle JPD - 90^{\circ} + \angle APD = \angle JPD = \angle JHD.$

Từ đó suy ra $SH = SD$.

Chứng minh bổ đề. Gọi $(J)$ là đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh $A$ của $\Delta ABC$. ($J$) tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Để ý rằng $HBJC$ là hình bình hành nên $H,J$ đối xứng nhau qua trung điểm của $BC$. Từ đó do tính đối xứng ta thu được $HD = JX =$ $JY = JZ$. Mặt khác chú ý rằng $AYJZ$ là hình vuông nên ta được $JY = JZ = AY =$ $AZ$.

Như vậy, $HD = AY = AZ = \dfrac{AB + AC + BC}{2}$

Trở lại bài toán. Hạ $HX\bot CD$ và $KY\bot CD$ với $X,Y \in CD$. HJ cắt $PD$ tại $Q$ và $KL$ cắt $PC$ tại $R$.
Từ ý 2) kết hợp với $HX \parallel AD$ ta suy ra $\angle XHD = \angle ADH = \angle JHD$, từ đó kéo theo $\Delta HXD = \Delta HQD$ (cạnh huyền - góc nhọn) và $DX = DQ$. Lại chú ý rằng $Q$ chính là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(J)$ của $\Delta PAD$ với cạnh $PD$, ta thu được

$DX = DQ = \dfrac{DA + PD - AP}{2} = \dfrac{PB + PD}{2}.$

Mặt khác, ta cũng có $DF = CE = \dfrac{PC + CD - PD}{2}$

Từ đó, ta thu được $XF = DX + DF = \dfrac{PB + PC + CD}{2} = \dfrac{PB + PC + BC}{2}.$

Lập luận tương tự như trên ta thu được $\Delta KRC = \Delta KYC$ (cạnh huyền - góc nhọn) nên thu được $KY = KR$.

Áp dụng bổ đề nói trên cho tam giác $PBC$ ta thu được $KY = KR = \dfrac{PB + PC + BC}{2} = XF$

Chứng minh tương tự ta cũng được $HX = FY$. Từ đó suy ra $\Delta HXF = \Delta FYK$ (c.g.c), dẫn đến $FH = FK,\angle XFH = \angle YKF = 90^{\circ} - \angle YFK$. Do đó, $\angle XFH + \angle YFK = 90^{\circ}$ dẫn đến $\angle HFK = 90^{\circ}$. Như vậy, ta thu được tam giác $FHK$ vuông cân tại $F$.

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