Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của tam
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
1. Chứng minh DA là tia phân giác của góc EDF.
2. Chứng minh $\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=1$.
3. Gọi M là giao điểm của tia EF với đường tròn (O). Gọi P,Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và tam giác CME. Chứng minh AM vuông góc với PQ.
4. Tìm mối liên hệ giữa các cạnh của tam giác ABC để biểu thức $\frac{(AB+BC+CA)^{2}}{AD^{2}+BE^{2}+CF^{2}}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Quảng cáo
1. Chứng minh các tứ giác nội tiếp để suy ra các góc bằng nhau.
2. Sử dụng tỉ số diện tích các tam giác nhỏ (BHC, CHA, AHB) so với diện tích tam giác lớn ABC.
3. Kẻ đường kính và sử dụng tính chất góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung để chứng minh tính vuông góc.
4. Sử dụng bất đẳng thức tam giác và định lý Pytago trên các tam giác và hình phụ để đánh giá giá trị của biểu thức, tìm điều kiện dấu bằng.
1. Vì $\angle BFH = \angle BDH = 90^{{^\circ}}$ nên BFHD nội tiếp.
Vì $\angle HEC = \angle HDC = 90^{{^\circ}}$ nên CEHD nội tiếp.
Vì $\angle BFC = \angle BEC = 90^{{^\circ}}$ nên BFEC nội tiếp.
Do đó, ta có: $\angle FDH = \angle FBH = \angle FBE = \angle FCE = \angle HCE = \angle HDE$.
Vậy DH là phân giác FDE
2. Kí hiệu $S_{ABC}$ là diện tích tam giác ABC, ta có:$\dfrac{HD}{AD} + \dfrac{HE}{BE} + \dfrac{HF}{CF} = \dfrac{\dfrac{1}{2}HD.BC}{\dfrac{1}{2}AD.BC} + \dfrac{\dfrac{1}{2}HE.AC}{\dfrac{1}{2}BE.AC} + \dfrac{\dfrac{1}{2}HF.AB}{\dfrac{1}{2}CF.AB}$. $= \dfrac{S_{BHC}}{S_{ABC}} + \dfrac{S_{CHA}}{S_{ABC}} + \dfrac{S_{AHB}}{S_{ABC}} = \dfrac{S_{ABC}}{S_{ABC}} = 1$.
3. Gọi giao điểm thứ hai của EF với (O) là S. Kẻ đường kính AV của (O). Gọi T là giao điểm của AV với EF.
Ta có $\angle AFE = \angle ACB$ (do $BFEC$nối tiếp)
$\angle FAT = \angle BAV = \angle BCV$
Do đó $\angle AFE + \angle FAT = \angle ACB + \angle BCV = \angle ACV = 90^{{^\circ}}$
Vậy $AO\bot EF$. Do đó $\widehat{AM} = \widehat{AN}$
Suy ra $\angle AMF = \angle MBF = \angle MCE$
Vậy nên $\angle AMP = \angle AMF + \angle FMP = \angle AMF + \dfrac{180^{{^\circ}} - \angle MPF}{2} = \angle MBF + 90^{{^\circ}} -$
$\angle MBF = 90^{{^\circ}}$. Suy ra $AM\bot MP$ Ta có $\angle AMQ = \angle AMF + \angle EMQ = \angle MCE + \dfrac{180^{{^\circ}} - \angle MQE}{2} = \angle MCE + 90^{{^\circ}} -$ $\angle MCE = 90^{{^\circ}}$
Suy ra $AM\bot MQ$
Vậy ta có $M,P,Q$thẳng hàng và $PQ\bot AM$
4.
Đặt $AB = c$, $AC = b$, $BC = a$.
Từ B kẻ tia Bx vuông góc với BE. Lấy N đối xứng với A qua Bx. Gọi M là trung điểm AN.
Ta có: tam giác ABN cân tại B nên $BA = BN$.
Tứ giác AEBM là hình chữ nhật nên tam giác ANC vuông tại A.
Theo định lý Pytago: $AN^{2} + AC^{2} = NC^{2}$.
Mà theo bất đẳng thức tam giác: $NC \leq NB + BC$.
Suy ra $AN^{2} + AC^{2} \leq {(BN + BC)}^{2}$.
$\left. \Leftrightarrow 4BE^{2} + AC^{2} \leq {(BA + BC)}^{2} \right.$.
$\left. \Leftrightarrow 4BE^{2} \leq {(a + c)}^{2} - b^{2} \right.$.
Tương tự ta chứng minh được: $4CF^{2} \leq {(a + b)}^{2} - c^{2}$ và $4AD^{2} \leq {(b + c)}^{2} - a^{2}$.
Do đó: $4(AD^{2} + BE^{2} + CF^{2}) \leq {(a + b)}^{2} + {(b + c)}^{2} + {(a + c)}^{2} - a^{2} - b^{2} - c^{2}$.
Rút gọn vế phải ta được: $a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2ab + 2bc + 2ac = {(a + b + c)}^{2}$.
Suy ra: $\left. 4(AD^{2} + BE^{2} + CF^{2}) \leq {(a + b + c)}^{2}\Rightarrow\dfrac{{(a + b + c)}^{2}}{AD^{2} + BE^{2} + CF^{2}} \geq 4 \right.$.
Dấu "=" xảy ra khi: $a = b$, $b = c$, $a = c$ hay $a = b = c$.
Suy ra, $\Delta ABC$ đều.
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
