Câu hỏi:

11/07/2024 4,489

Trên đường tròn (O; R) vẽ dây cung BC cố định. Một điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Hai đường cao AE và BF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác ABC đồng dạng tam giác EFC.
c) Đường thẳng AE cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh H và I đối xứng nhau qua BC.
d) Gọi K là hình chiếu của O trên BC. Chứng minh tỉ số \[\frac{{AH}}{{OK}}\] không đổi và H chạy trên một cung tròn cố định khi A chuyển động trên cung lớn BC.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Lời giải

Media VietJack

a) Tứ giác ABEF có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cung BA với hai góc bằng nhau:

\(\widehat {BEA} = \widehat {AFB} = 90^\circ \).

Do đó tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn.

b) Tứ giác EBAF nội tiếp đường tròn.

\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {BFE}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE).

Lại có: \(\widehat {BAE} = 90^\circ - \widehat {EBA}\)

Và \(\widehat {BFE} = 90^\circ - \widehat {EFC}\)

\( \Rightarrow \widehat {EFC} = \widehat {EBA} \Rightarrow \widehat {CBA} = \widehat {CFE}\)

Xét ∆ABC và ∆EFC có:

\(\widehat {CBA} = \widehat {CFE}\) (cmt)

\(\widehat C\): góc chung

Þ ∆ABC ᔕ ∆EFC (g.g)

c) Ta có: \(\widehat {IBC} = \widehat {IAC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC)

Lại có: \(\widehat {EBF} = \widehat {EAF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

Þ \(\widehat {IBE} = \widehat {HBE}\)

Þ BE là đường phân giác của góc \(\widehat {IBH}\).

Mà BE cũng là đường cao của ∆IBH nên ∆IBH là tam giác cân tại B có BE là đường trung trực của cạnh HI.

Vậy H và I đối xứng với nhau qua BC.

d) D, E lần lượt là giao của AO và AI với BC.

Do OK // EI nên theo định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{EI}}{{OK}} = \frac{{EG}}{{GK}} \Rightarrow \frac{{EH}}{{OK}} = \frac{{EG}}{{GK}}\).

Và \(\widehat {EIG} = \widehat {GOK}\) (Hai góc ở vị trí so le trong) (1)

Do OK // EA nên theo định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{OK}}{{AE}} = \frac{{DK}}{{DE}} \Rightarrow \frac{{AE}}{{OK}} = \frac{{DE}}{{DK}}\).

Và \(\widehat {DOK} = \widehat {DAE}\) (Hai góc ở vị trí đồng vị) (2)

Ta có:

\(\frac{{AH}}{{OK}} = \frac{{AE}}{{OK}} - \frac{{EH}}{{OK}} = \frac{{ED}}{{DK}} - \frac{{EG}}{{GK}}\) (*)

Tam giác OIA cân tại O do có OI = OA (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {GOK} = \widehat {DOK}\).

Þ OK là đường phân giác của tam giác DOG mà OK cũng là đường cao nên OK là đường trung trực của tam giác DOG cân tại O

Þ GK = DK

Khi đó (*) trở thành: \(\frac{{AH}}{{OK}} = \frac{{ED}}{{DK}} - \frac{{EG}}{{GK}} = \frac{{ED}}{{GK}} - \frac{{EG}}{{GK}} = \frac{{GD}}{{GK}} = 2\).

Vậy tỉ số \[\frac{{AH}}{{OK}}\] không đổi.

Do BC cố định nên ta luôn xây dựng được một đường tròn (J) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác HBC. Vậy nên H luôn chuyển động trên một cung cố định.

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AC và BD. Qua O vẽ đường thẳng a cắt AD, BC lần lượt tại E, F. Qua O vẽ đường thẳng b cắt AB và CD lần lượt tại K, H. Chứng minh tứ giác EKFH là hình bình hành.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Do ABCD là hình bình hành nên ta có:

+) \(AB\;{\rm{//}}\;{\rm{CD}} \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BDC}\) (Hai góc ở vị trí so le trong).

\( \Rightarrow \widehat {KBO} = \widehat {HDO}\).

+) \(AD\;{\rm{//}}\;B{\rm{C}} \Rightarrow \widehat {DAC} = \widehat {ACB}\) (Hai góc ở vị trí so le trong).

\( \Rightarrow \widehat {EAO} = \widehat {FCO}\).

Xét ∆KOB và ∆HOD có:

\(\widehat {KBO} = \widehat {HDO}\) (cmt)

OB = OD (gt)

\(\widehat {KOB} = \widehat {HOD}\) (Hai góc đối đỉnh)

Þ ∆KOB = ∆HOD (g.c.g)

Þ OK = OH (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (1)

Xét ∆EOA và ∆FOC có:

\(\widehat {EAO} = \widehat {FCO}\) (cmt)

OA = OC (gt)

\(\widehat {EOA} = \widehat {FOC}\) (Hai góc đối đỉnh)

Þ ∆EOA = ∆FOC (g.c.g)

Þ OE = OF (Hai cạnh tương ứng bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác EKFH có hai cặp cạnh đối thỏa mãn OK = OH và OE = OF.

Suy ra EKFH là hình bình hành.

Câu 2

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (ABN) và (SCD).
b) Chứng minh đường thẳng BN song song với mặt phẳng (SDM).
c) Xác định các điểm I, J lần lượt là giao điểm của đường thẳng AN và đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD).
d) Tính tỉ số \(\frac{{IB}}{{IJ}}\).

Xem đáp án

Lời giải

Lời giải

Media VietJack

a) N là điểm chung của (ABN) và (SCD).

Mà AB // CD Þ (ABN) ∩ (SCD) = Nx // CD // AB.

b) Gọi E là trung điểm của CD

\( \Rightarrow DE = MB = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}AB\).

Xét tam giác CSD có \(\frac{{EC}}{{CD}} = \frac{{CN}}{{SC}} = \frac{1}{2}\).

Áp dụng định lý Ta-lét đảo suy ra: EN // SD (1)

Ta thấy BM // DE và BM = DE suy ra DMBE là hình bình hành.

Þ BE // DM (2)

Từ (1) và (2) Þ (BNE) // (SDM)

Þ BN // (SDM)

c) Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD.

Ta có O Î (SBD) Þ SO Ì (SBD)

Þ I = SO Ç AN là điểm cần tìm.

Gọi K là giao điểm của MC và BD

Þ K Î (SBD) Þ SK Ì (SBD)

Þ J = SK Ç MN là điểm cần tìm.

d) Xét tam giác SAC có I là giao điểm của hai đường trung tuyến là SO và AN nên I là trọng tâm của tam giác SAC

\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AN}} = \frac{2}{3}\)

Do MB // CD nên theo định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{MB}}{{CD}} = \frac{{MK}}{{KC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{MK}}{{MC}} = \frac{1}{3}\).

Xét tam giác MSC có:

\(\frac{{MC}}{{MK}} + \frac{{MS}}{{MS}} = 2\frac{{MN}}{{MJ}}\)

\( \Rightarrow 3 + 1 = 2 \cdot \frac{{MN}}{{MJ}} \Rightarrow \frac{{MJ}}{{MN}} = \frac{1}{2}\)

Xét tam giác BNA có:

\(\frac{{BN}}{{BN}} + \frac{{BA}}{{BM}} = 2\frac{{BI}}{{BJ}}\)

\( \Rightarrow 1 + 2 = 2 \cdot \frac{{BI}}{{BJ}} \Rightarrow \frac{{IB}}{{BJ}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{IB}}{{IJ}} = 3\).

Câu 3