(3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB < AC) có các đường cao AD, BE,
(3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB < AC) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.
b) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh $\left. \Delta ABD \right.\sim\Delta AKC$ và $AB \cdot AC = AD \cdot AK$.
c) Gọi I là giao điểm của EF và AH; J là giao điểm của AK và BC.
i) Chứng minh $HK \parallel IJ$.
ii) Biết $\angle BAC = 60^{{^\circ}},\angle ACB = 45^{{^\circ}}$, tính diện tích tam giác IHJ theo R.
Quảng cáo
a) Dùng dấu hiệu hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau để chứng minh tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh hai tam giác vuông đồng dạng theo trường hợp góc-góc để suy ra tỉ số tương ứng của các cạnh.
c) i) Kẻ đường phụ $AP\bot EF$, chứng minh các cặp tam giác đồng dạng liên tiếp để thu được tỉ lệ $\dfrac{AI}{AH} = \dfrac{AJ}{AK}$, từ đó dùng định lý Thales đảo.
ii) Sử dụng tỉ số các cạnh từ chứng minh trước, tính các yếu tố của $\Delta AHK$, lập luận ra tỉ số diện tích để tính $S_{IHJ}$.
a) Xét $\Delta BEC$, ta có $BE\bot AC$ (do BE là đường cao).
Vì tam giác BEC vuông tại E, nên 3 điểm B, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. (1)
Xét $\Delta BFC$, ta có $CF\bot AB$ (do CF là đường cao).
Vì tam giác BFC vuông tại F, nên 3 điểm B, F, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm B, F, E, C cùng nằm trên một đường tròn (đường tròn đường kính BC).
b) Xét đường tròn (O), có $\angle ACK$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AK, suy ra $\angle ACK = 90^{{^\circ}}$.
Xét $\Delta ABD$ vuông tại D ($\angle ADB = 90^{{^\circ}}$) và $\Delta AKC$ vuông tại $C$ ($\angle ACK = 90^{{^\circ}}$), ta có:
$\angle ADB = \angle ACK = 90^{{^\circ}}$
$\angle ABD = \angle AKC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn $(O)$).
Suy ra $\left. \Delta ABD \right.\sim\Delta AKC$ (g.g).
Khi đó $\angle BAD = \angle KAC$ (hai góc tương ứng).
Xét $\Delta AFH$ và $\Delta AKC$, ta có:
$\angle AFH = \angle ACK = 90^{{^\circ}}$
$\angle FAH = \angle CAK$ (chính là $\angle BAD = \angle KAC$ đã chứng minh trên).
$\left. \Rightarrow\Delta AFH \right.\sim\Delta AKC$ (g.g).
Từ đó ta có tỉ số đồng dạng: $\left. \dfrac{AF}{AK} = \dfrac{AH}{AC}\Rightarrow AF \cdot AK = AH \cdot AC \right.$.
c) Vì tứ giác BFEC nội tiếp suy ra $\angle AFE = \angle ACB$ (do cùng cộng với $\angle EFB$ bằng $180^{0}$)
Xét $\Delta AIF$ và $\Delta AJC$ có:
$\angle AFI = \angle ACJ$ (do $\angle AFE = \angle ACB$)
$\angle FAI = \angle CAJ$ (do $\angle BAD = \angle KAC$)
$\left. \Rightarrow\Delta AIF \right.\sim\Delta AJC$ (g.g) $\left. \Rightarrow\dfrac{AI}{AJ} = \dfrac{AF}{AC} \right.$ (*).
Từ $\left. \Delta AFH \right.\sim\Delta AKC$ (chứng minh câu b), ta cũng có $\dfrac{AH}{AK} = \dfrac{AF}{AC}$ (**).
Từ (*) và (**), suy ra $\left. \dfrac{AI}{AJ} = \dfrac{AH}{AK}\Rightarrow\dfrac{AI}{AH} = \dfrac{AJ}{AK} \right.$.
Xét $\Delta AHK$, theo định lý Thales đảo, do có tỉ lệ $\dfrac{AI}{AH} = \dfrac{AJ}{AK}$, ta suy ra $IJ \parallel HK$.
ii) Xét $\Delta AFC$ vuông tại F, ta có: $\cos(\angle FAC) = \cos(60^{{^\circ}}) = \dfrac{AF}{AC} = \dfrac{1}{2}$.
Mà $\dfrac{AH}{AK} = \dfrac{AF}{AC}$ nên $\dfrac{AH}{AK} = \dfrac{1}{2}$ hay $AH = \dfrac{1}{2}.2R = R$
Ta có $\Delta ADC$ vuông tại D có $\angle ACD = 45^{0}$ nên $\Delta ADC$ vuông cân tại D
Suy ra $\angle CAD = 45^{0}$
Trong $\Delta ABC$, $\angle ABC = 180^{{^\circ}} - (60^{{^\circ}} + 45^{{^\circ}}) = 75^{{^\circ}}$.
Xét $\Delta ABD$ vuông tại $D$: $\angle BAD = 90^{{^\circ}} - 75^{{^\circ}} = 15^{{^\circ}}$.
Mặt khác, trong $\Delta ABK$ vuông tại $B$ ($\angle ABK = 90^{{^\circ}}$ do chắn nửa đường tròn), ta có $\angle BAK = 90^{{^\circ}} - \angle AKB = 90^{{^\circ}} - \angle ACB = 90^{{^\circ}} - 45^{{^\circ}} = 45^{{^\circ}}$.
Suy ra góc $\angle HAK = \angle BAK - \angle BAD = 45^{{^\circ}} - 15^{{^\circ}} = 30^{{^\circ}}$.
Ta có $\Delta ABK$ vuông cân tại B nên $2AB^{2} = AK^{2} = 4R^{2}$ suy ra $AB = \sqrt{2}R$
Ta có $\angle BAD = 15^{0}$ nên $AD = AB.\cos BAD = \sqrt{2}R.\cos 15^{0}$
Tương tự $DJ = AD.\tan DAJ = \sqrt{2}R.\cos 15^{0}.\tan 30^{0} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}R.\cos 15^{0}$
Ta có $\sin DAJ = \dfrac{DJ}{AJ}$ nên $AJ = \dfrac{DJ}{\sin 30^{0}} = \dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{3}R.\cos 15^{0}}{\sin 30^{0}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}R.\cos 15^{0}$
Mà $\dfrac{AI}{AH} = \dfrac{AJ}{AK}$ nên $AI = \dfrac{AH.AJ}{AK} = \dfrac{R.\dfrac{2\sqrt{6}}{3}R.\cos 15^{0}}{2R} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}R\cos 15^{0}$
Vậy $IH = AH - AI = R - \dfrac{\sqrt{6}}{3}R\cos 15^{0} = R\left( {1 - \dfrac{\sqrt{6}}{3}\cos 15^{0}} \right)$
Suy ra $S_{HIJ} = \dfrac{1}{2}IH.DJ = \dfrac{1}{2}.R\left( {1 - \dfrac{\sqrt{6}}{3}\cos 15^{0}} \right).\dfrac{\sqrt{6}}{3}R.\cos 15^{0} = \dfrac{R^{2}}{12}$
Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
