khoahoc.vietjack.com

Câu hỏi:

29/05/2026 11 Lưu

Cho tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \((O)\). Vẽ các đường cao \(AD,BE,CF\) của tam giác \(ABC\). Gọi điểm \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).

(a) Chứng minh bốn điểm \(A,F,H,E\) cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính \(AM\) của đường tròn \((O)\). Chứng minh \(AD \cdot AM = AB \cdot AC\).

(c) Gọi điểm \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(AH\) và đường thẳng \(EF\). Gọi điểm \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(AM\) và đường thẳng \(BC\). Gọi điểm \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Chứng minh: các điểm \(H,K,M\) thẳng hàng và \(PI\) song song với \(HK\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC. Gọi điểm H là trực tâm của tam giác ABC. (a) Chứng minh bốn điểm A,F,H,E cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)

a) • \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (vì CF là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên \(\Delta AFH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;F\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (1)

• \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (vì BE là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(A,F,H,E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\).

b) Ta có: \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \[AD\] là đường cao \(\Delta ABC\)) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \).

\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\)có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \); \(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\)

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC\)

c) • Xét \(\Delta ABC\)có \(H\) là trực tâm nên \(BH \bot AC;CH \bot AB\) và \(BM \bot AB;CM \bot AC\)

Do \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CM\,{\rm{//}}\,BH\,;\,\,BM\,{\rm{//}}\,CH\).

Do đó tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(HM\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà K là trung điểm của \(BC\)nên K là trung điểm của \(HM\)\( \Rightarrow H,M,K\) thẳng hàng.

• Ta có \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (kề bù)

Chứng minh được tứ giác \(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (tính chất)

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABI}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}} \Rightarrow PI\,{\rm{//}}\,HM\) (định lí Thalès đảo)

Vậy \(PI\,\,{\rm{//}}\,HM\)(đpcm)

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Kí hiệu các quả bóng đỏ trắng xanh là .

Không gian mẫu: Ω=Đ1Đ2;  X1X2;  T1T2;  Đ1X1;  Đ1X2;  Đ2X1;  Đ2X2;  Đ1T1;  Đ1T2;  Đ2T1;  Đ2T2;  X1T1;  X1T2;  X2T1;  X2T2

Có \(9\) kết quả thuận lợi cho biến cố \[A\] là:

Đ1Đ2;  Đ1X1;  Đ1X2;  Đ2X1;  Đ2X2;  Đ1T1;  Đ1T2;  Đ2T1;  Đ2T2

\(P\left( A \right) = \frac{9}{{15}} = \frac{3}{5}\).

Lời giải

Xét phương trình \({x^2} - 4x + 2m + 1 = 0\) có:

\(\Delta ' = {( - 2)^2} - 1(2m + 1) = 3 - 2m\).

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1}{\rm{, }}{x_2}\)thì:

\(\Delta ' > 0\) hay \(3 - 2m > 0\) suy ra \(m < \frac{3}{2}\).

Khi đó, áp dụng hệ thức Viète có: \({x_1} + {x_2} = 4\) và \({x_1}.{x_2} = 2m + 1\).

Ta có: \(x_1^2 + ({x_1} + {x_2}){x_2} = 4{m^2} + 3\)

\(x_1^2 + x_2^2 + {x_1}{x_2} = 4{m^2} + 3\)

\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - {x_1}{x_2} = 4{m^2} + 3\)

\({\left( 4 \right)^2} - \left( {2m + 1} \right) = 4{m^2} + 3\)

\[4{m^2} + 2m - 12 = 0\]

\[2{m^2} + m - 6 = 0\]

\(\left( {2m - 3} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\)

\[m = \frac{3}{2}\] hoặc \[m = - 2\].

Kết hợp điều kiện ta được \(m = - 2\) là giá trị cần tìm.