Chủ đề này có 2 trả lời

[ThaoHuynh]

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O; R). Gọi H là giao điểm của ba đường cao BE, CF và AD.

a. Chứng minh: tứ giác BEFC và AFHE nội tiếp.

b. Vẽ đường kính AK của (O). Chứng minh: AK.AD = AB.AC.

c. Gọi N là giao điểm của OA và EF. Chứng minh: tứ giác NHDK nội tiếp.

d. Gọi Q, V lần lượt là hình chiếu của H lên EF và DF, QV cắt AD tại I, EI cắt DF tại S.

Chứng minh: SI = IE.

Hình gửi kèm

• 

[tritanngo99]

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O; R). Gọi H là giao điểm của ba đường cao BE, CF và AD.

a. Chứng minh: tứ giác BEFC và AFHE nội tiếp.

b. Vẽ đường kính AK của (O). Chứng minh: AK.AD = AB.AC.

c. Gọi N là giao điểm của OA và EF. Chứng minh: tứ giác NHDK nội tiếp.

d. Gọi Q, V lần lượt là hình chiếu của H lên EF và DF, QV cắt AD tại I, EI cắt DF tại S.

Chứng minh: SI = IE.

Lời giải: 

Câu a: +Ta có: $\angle{BFC}=\angle{BEC}=90^0\implies $ tứ giác $BFEC$ nội tiếp.

+ Ta có: $\angle{AFH}+\angle{AEH}=180^0\implies $ tứ giác $AFHE$ nội tiếp.

Câu b: Ta sẽ đi chứng minh $\triangle{ACK}\sim \triangle{ADB}$.

thật vây, xét hai tam giác này, ta có: $\angle{ACK}=\angle{ADB}=90^0$ và $\angle{AKC}=\angle{ABD}$.(cùng chắn cùng AC)

Nên từ hai điều này ta suy ra được: $\triangle{ACK}\sim \triangle{ADB}(g.g)\implies \frac{AC}{AD}=\frac{AK}{AB}\implies AK.AD=AB.AC$

Câu c: + Đầu tiên ta đi chứng minh $AN\bot EF$ .

Thật vậy, qua $A$ ta kẻ tia $Aj\parallel EF$.

Khi đó ta có: $\angle{jAF}=\angle{AFE}=\angle{ACB}$ (do tứ giác $BFEC$ nội tiếp).

Nên từ đây ta suy ra được $Aj$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O$ tại $A$.

$\implies Aj\bot OA\implies EF\bot OA$ hay $EF \bot AN$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $\triangle{ANE}\sim \triangle{ACK}$.

thật vậy, xét hai tam giác này ta có: $\angle{ANE}=\angle{ACK}=90^0$ và  $\angle{NAE}=\angle{CAK}$.

$\implies \triangle{ANE}\sim \triangle{ACK}(g.g)$

$\implies \frac{AN}{AC}=\frac{AE}{AK}\implies AN.AK=AE.AC(1)$

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $\triangle{AHE}\sim \triangle{ACD}$.

thật vây, xét hai tam giác này ta có: $\angle{AEH}=\angle{ADC}$ và $\angle{AHE}=\angle{ACD}$

$\implies \triangle{AHE}\sim \triangle{ACD}(g.g)$

$\implies \frac{AH}{AC}=\frac{AE}{AD}\implies AH.AD=AE.AC(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra được: $AN.AK=AH.AD(3)$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $\triangle{ANH}\sim \triangle{ADK}$.

thật vậy, xét hai tam giác này ta có: $AN.AK=AH.AD$ (do $(3)$) và $\angle{NAH}=\angle{DAK}$.

$\implies \triangle{ANH}\sim \triangle{ADK}(c.g.c)$

$\implies \angle{ANH}=\angle{ADK}\implies $tứ giác $NHDK$ nội tiếp.

Câu d:  + Đầu tiên ta đi chứng minh $DH$ là tia phân giác góc $\angle{FDE}$.

Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh được $BDHF,BHEC,BFEC$ là các tứ giác nội tiếp

nên từ đây ta suy ra được $\angle{HDF}=\angle{HBF}=\angle{HCE}=\angle{HDE}$.

$\implies DH$ là tia phân giác góc $FDE$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $VQ\bot FH$.

thật vậy, tương tự ta cũng chứng minh được $FH$ là tia phân giác $\angle{DFE}$.

$\implies \angle{VFH}=\angle{HFQ}$.

Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác $HVFQ$ nội tiếp nên từ đây ta có:

$90^0=\angle{FQH}=\angle{FQV}+\angle{VQH}=\angle{FQV}+\angle{VFH}=\angle{FQV}+\angle{HFQ}$.

$\implies VQ\bot FH$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $DI\bot SE$.

Thật vậy, do $VQ\bot FH$

$\implies \angle{QIH}+\angle{IHF}=90^0(4)$.

Lại có $\angle{DHC}+\angle{DCH}=90^0(5)$.

Và $\angle{IHF}=\angle{DHC}(6)$.

Từ $(4)(5)(6)\implies \angle{QIH}=\angle{DCH}(7)$.

Mặt khác: $\angle{DCH}=\angle{HEQ}(8)$ (do tứ giác $BFEC$ nội tiếp).

Nên từ $(7)(8)\implies \angle{QIH}=\angle{HEQ}\implies $tứ giác $QIEH$ nội tiếp.

$\implies \angle{HQE}=\angle{HIE}=90^0$.

Suy ra $DI\bot SE$

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $SI=IE$.

Xét tam giác $DSE$ có $DI$ là phân giác, đồng thời là đường cao nên ta suy ra được $\triangle{SDE}$ cân tại $D$.

$\implies DI$ đồng thời là đường trung tuyến. Suy ra $SI=IE$.

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-03-2019 - 16:32

[ThaoHuynh]

Lời giải: 

vbnms.jpg

Câu a: +Ta có: $\angle{BFC}=\angle{BEC}=90^0\implies $ tứ giác $BFEC$ nội tiếp.

+ Ta có: $\angle{AFH}+\angle{AEH}=180^0\implies $ tứ giác $AFHE$ nội tiếp.

Câu b: Ta sẽ đi chứng minh $\triangle{ACK}\sim \triangle{ADB}$.

thật vây, xét hai tam giác này, ta có: $\angle{ACK}=\angle{ADB}=90^0$ và $\angle{AKC}=\angle{ABD}$.(cùng chắn cùng AC)

Nên từ hai điều này ta suy ra được: $\triangle{ACK}\sim \triangle{ADB}(g.g)\implies \frac{AC}{AD}=\frac{AK}{AB}\implies AK.AD=AB.AC$

Câu c: + Đầu tiên ta đi chứng minh $AN\bot EF$ .

Thật vậy, qua $A$ ta kẻ tia $Aj\parallel EF$.

Khi đó ta có: $\angle{jAF}=\angle{AFE}=\angle{ACB}$ (do tứ giác $BFEC$ nội tiếp).

Nên từ đây ta suy ra được $Aj$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $O$ tại $A$.

$\implies Aj\bot OA\implies EF\bot OA$ hay $EF \bot AN$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $\triangle{ANE}\sim \triangle{ACK}$.

thật vậy, xét hai tam giác này ta có: $\angle{ANE}=\angle{ACK}=90^0$ và  $\angle{NAE}=\angle{CAK}$.

$\implies \triangle{ANE}\sim \triangle{ACK}(g.g)$

$\implies \frac{AN}{AC}=\frac{AE}{AK}\implies AN.AK=AE.AC(1)$

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $\triangle{AHE}\sim \triangle{ACD}$.

thật vây, xét hai tam giác này ta có: $\angle{AEH}=\angle{ADC}$ và $\angle{AHE}=\angle{ACD}$

$\implies \triangle{AHE}\sim \triangle{ACD}(g.g)$

$\implies \frac{AH}{AC}=\frac{AE}{AD}\implies AH.AD=AE.AC(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra được: $AN.AK=AH.AD(3)$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $\triangle{ANH}\sim \triangle{ADK}$.

thật vậy, xét hai tam giác này ta có: $AN.AK=AH.AD$ (do $(3)$) và $\angle{NAH}=\angle{DAK}$.

$\implies \triangle{ANH}\sim \triangle{ADK}(c.g.c)$

$\implies \angle{ANH}=\angle{ADK}\implies $tứ giác $NHDK$ nội tiếp.

Câu d:  + Đầu tiên ta đi chứng minh $DH$ là tia phân giác góc $\angle{FDE}$.

Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh được $BDHF,BHEC,BFEC$ là các tứ giác nội tiếp

nên từ đây ta suy ra được $\angle{HDF}=\angle{HBF}=\angle{HCE}=\angle{HDE}$.

$\implies DH$ là tia phân giác góc $FDE$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $VQ\bot FH$.

thật vậy, tương tự ta cũng chứng minh được $FH$ là tia phân giác $\angle{DFE}$.

$\implies \angle{VFH}=\angle{HFQ}$.

Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác $HVFQ$ nội tiếp nên từ đây ta có:

$90^0=\angle{FQH}=\angle{FQV}+\angle{VQH}=\angle{FQV}+\angle{VFH}=\angle{FQV}+\angle{HFQ}$.

$\implies VQ\bot FH$.

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $DI\bot SE$.

Thật vậy, do $VQ\bot FH$

$\implies \angle{QIH}+\angle{IHF}=90^0(4)$.

Lại có $\angle{DHC}+\angle{DCH}=90^0(5)$.

Và $\angle{IHF}=\angle{DHC}(6)$.

Từ $(4)(5)(6)\implies \angle{QIH}=\angle{DCH}(7)$.

Mặt khác: $\angle{DCH}=\angle{HEQ}(8)$ (do tứ giác $BFEC$ nội tiếp).

Nên từ $(7)(8)\implies \angle{QIH}=\angle{HEQ}\implies $tứ giác $QIEH$ nội tiếp.

$\implies \angle{HQE}=\angle{HIE}=90^0$.

Suy ra $DI\bot SE$

+ Tiếp theo ta đi chứng minh $SI=IE$.

Xét tam giác $DSE$ có $DI$ là phân giác, đồng thời là đường cao nên ta suy ra được $\triangle{SDE}$ cân tại $D$.

$\implies DI$ đồng thời là đường trung tuyến. Suy ra $SI=IE$.

Vậy ta có điều phải chứng minh. 

Cảm ơn bạn. Lời giải rất chi tiết từ ý tưởng đến trình bày.