Cho tam giác\(ABC\) có ba góc nhọn, \(AB < AC\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(BE\), \(CF\) là các đường cao và \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).
a) Chứng minh tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai \[I\] (\[A\] không trùng với \[I\]). Chứng minh hai tam giác \[IBC\] và \[IFE\] đồng dạng với nhau.
c) Hai đường thẳng \[BC\] và \[EF\] cắt nhau tại \[K\]. Chứng minh ba điểm \[A,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\]thẳng hàng.
Cho tam giác\(ABC\) có ba góc nhọn, \(AB < AC\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(BE\), \(CF\) là các đường cao và \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).
a) Chứng minh tứ giác \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.
b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai \[I\] (\[A\] không trùng với \[I\]). Chứng minh hai tam giác \[IBC\] và \[IFE\] đồng dạng với nhau.
c) Hai đường thẳng \[BC\] và \[EF\] cắt nhau tại \[K\]. Chứng minh ba điểm \[A,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\]thẳng hàng.
Câu hỏi trong đề: Các dạng bài tập Tứ giác nội tiếp lớp 9 (có lời giải) !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Xét tứ giác \(AEHF\), ta có: \(\widehat {AFH} = 90^\circ \)(Vì CF là đường cao của tam giác ABC)
\(\widehat {AEH} = 90^\circ \)( Vì BE là đường cao của tam giác ABC)
Do đó \[\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \]
Vậy tứ giác \(AEHF\)là tứ giác nội tiếp .
b) Xét tứ giác \(AEHF\), ta có: \(\widehat {IEF} = \widehat {IAF}\)(cùng chắn )
\(\widehat {IAF} = \widehat {IBC}\) (cùng chắn )
Do đó \(\widehat {IEF} = \widehat {IBC}\)
Tương tự, \(\widehat {FIE} = \widehat {FAE}\) (cùng chắn )
\(\widehat {FAE} = \widehat {BIC}\)(cùng chắn )
Do đó \(\widehat {FIE} = \widehat {BIC}\)
Xét \(\Delta IBC\) và \(\Delta IFE\), ta có: \(\widehat {IEF} = \widehat {IBC}\)(cmt)
\(\widehat {FIE} = \widehat {BIC}\)(cmt)
Do đó
c)
Tứ giác \(IAEF\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {IFK} = \widehat {IAE}\)
Tứ giác \(IABC\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {IAE}\)
Suy ra \(\widehat {IFK} = \widehat {IBK}\)
Suy ra tứ giác \(IFBK\) nội tiếp (có hai đỉnh \(B,F\) kề cùng nhìn cạnh \(IK\) dưới một góc bằng nhau).
Vậy \(\widehat {KIF} + \widehat {KBF} = 180^\circ \), mà \(\widehat {KBF} = \widehat {FEC} = \widehat {FIA}\)
\( \Rightarrow \widehat {KIF} + \widehat {FIA} = 180^\circ \) hay ba điểm \[A,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K\]thẳng hàng.
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Dành cho bạn Hot
Vào phòng luyện đề →Luyện đề →CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
a) Ta có : \(\widehat {CDI} = {90^0}\) (gt)
\(\widehat {CKI} = {90^0}\) (gt)
\( \Rightarrow \widehat {CDI} = \widehat {CKI}\)
Vậy tứ giác CDKI nội tiếp.
b) Ta có: BD là phân giác của tam giác ABC (gt) \( \Rightarrow \frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{BC}}\) (1)
Xét \(\Delta DCH\) và \(\Delta CBA\) có:
\(\widehat {CDH} = \widehat {BCA}\;\;\left( { = {{90}^0}} \right)\)
\(\widehat {DCH} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ \(\widehat {BAC}\))
\( \Rightarrow \Delta DCH \sim \Delta CBA\) (g-g)
\( \Rightarrow \frac{{DH}}{{AC}} = \frac{{DC}}{{BC}}\) (2)
Từ (1), (2) \( \Rightarrow \frac{{DH}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow AC.AD = AB.DH\)
c)
Gọi F’ là giao điểm của BN với AD, Q là giao điểm của AB với (I).
Ta có: ID // BC (cùng vuông góc với AC) \( \Rightarrow \widehat {IDB} = \widehat {DBC}\)
Mà \(\widehat {DBI} = \widehat {DBC}\) (gt)
\( \Rightarrow \widehat {IDB} = \widehat {DBI}\)
\( \Rightarrow \Delta IDB\)cân tại I \( \Rightarrow IB = ID \Rightarrow B \in (I)\)
\( \Rightarrow \) tứ giác BMNQ nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {NBQ} = \widehat {NMQ}\)
Ta có: \(\widehat {QMB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow QM \bot BC\)
\( \Rightarrow \) QM // AC (cùng vuông góc với BC)
\( \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MAD}\) (so le trong)
\( \Rightarrow \widehat {NAF'} = \widehat {F'BA}\)
Xét \(\Delta F'AN\) và \(\Delta F'BA\) có:
\(\widehat {NAF'} = \widehat {F'BA}\) (c/m trên)
\(\widehat {BF'A}\) chung
\( \Rightarrow \) \(\Delta F'AN\) \( \sim \) \(\Delta F'BA\) (g-g)
\( \Rightarrow \frac{{F'A}}{{F'B}} = \frac{{F'N}}{{F'A}} \Rightarrow F'{A^2} = F'B.F'N\) (3)
Ta lại có: \(DA \bot ID\) (gt) nên DA là tiếp tuyến của (I) \( \Rightarrow \widehat {F'DN} = \widehat {NBD}\)
Xét \(\Delta F'DN\) và \(\Delta F'BD\) có:
\(\widehat {F'DN} = \widehat {NBD}\) (c/m trên)
\(\widehat {BF'D}\) chung
\( \Rightarrow \) \(\Delta F'DN\) \( \sim \) \(\Delta F'BD\) (g-g)
\( \Rightarrow \frac{{F'D}}{{F'B}} = \frac{{F'N}}{{F'D}} \Rightarrow F'{D^2} = F'B.F'N\) (4)
Từ (3), (4) \( \Rightarrow F'{A^2} = F'{D^2}\) \( \Rightarrow \) F’A = F’D Hay F’ là trung điểm của AD
Do đó F’ trùng với F
Vậy F, N, B thẳng hàng
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập