Cho ΔABC có ba góc nhọn (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao CE của ΔABC, đường kính AM của (O). Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AM. a) Chứng minh tứ g

7/9

Cho $\Delta ABC$có ba góc nhọn ($AB < AC$), nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$. Kẻ đường cao $CE$ của $\Delta ABC$, đường kính $AM$của $\left( O \right)$. Gọi $K$ là chân đường vuông góc kẻ từ điểm $C$ đến đường thẳng $AM$.

a) Chứng minh tứ giác $AEKC$ nội tiếp.

b) Chứng minh: $\widehat {MBC} = \widehat {KEC}$ và $BM.KC = CM.KE$.

c) Gọi $I$ là giao điểm của $EK$ và $BC$. Đường cao $BF$ của $\Delta ABC$ cắt $CE$ tại $H$. Chứng minh $AH = 2OI$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Vậy cần ít nhất 2 hộp sơn. (ảnh 1)

a) Chứng minh tứ giác $AEKC$ nội tiếp.

Do \[CE\] là đường cao nên của $\Delta ABC$ nên \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]

Vì $\Delta AEC$ vuông tại $E$ (vì \[\widehat {CEA} = 90^\circ \]) nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEC$ có tâm là trung điểm của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC.$

Do đó ba điểm $A,\,\,E,\,\,C$ thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC$ $\left( 1 \right)$

Vì $\Delta AKC$ vuông tại $K$ (vì \[\widehat {CKA} = 90^\circ \]) nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta AKC$ có tâm là trung điểm của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC.$

Do đó ba điểm $A,\,\,E,\,\,C$ thuộc đường tròn có tâm là trung điểm của $AC$ và có bán kính bằng $\frac{1}{2}AC\,$ (2)

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra bốn điểm $A,\,\,E,\,\,K,\,\,C$ cùng thuộc đường tròn.

Vậy tứ giác $AEKC$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\widehat {KAC} = \widehat {KEC}$ (góc nội tiếp chắn ).

b) Chứng minh: $\widehat {MBC} = \widehat {KEC}$ và $BM.KC = CM.KE$.

Xét $\left( O \right)$, có $AM$ là đường kính nên $\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $MB \bot AB$

Lại có $CE \bot AB$ suy ra $MB\,{\rm{//}}\,CE$.

Xét $\left( O \right)$ có $\widehat {MBC} = \widehat {MAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Lại có $\widehat {KAC} = \widehat {KEC}$ (cmt) suy ra $\widehat {MBC} = \widehat {KEC}$ (đpcm).

Ta có $\widehat {MCK} = \widehat {MAC}$ (cùng phụ $\widehat {ACK}$).

$\widehat {MBC} = \widehat {MAC}$ (góc nội tiếp chắn ).

Suy ra $\widehat {MCK} = \widehat {MBC}$.

Mà $\widehat {MBC} = \widehat {ECB}$ (so le trong) nên $\widehat {MCK} = \widehat {HCB}$.

Suy ra $\widehat {MCK} + \widehat {KCB} = \widehat {HCB} + \widehat {KCB}$ do đó $\widehat {MCB} = \widehat {HCK}$.

Xét $\Delta BMC$ và $\Delta EKC$ có: $\widehat {BCM} = \widehat {ECK}$ (cmt); $\widehat {CBM} = \widehat {MEK}$ (cmt)

Do đó $Δ B M C ∽ Δ E K C$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BM}}{{KE}} = \frac{{CM}}{{KC}}$ (cặp cạnh tương ứng) nên $BM.KC = CM.KE$ (đpcm).

c) Gọi $I$ là giao điểm của $EK$ và $BC$ . Đường cao $BF$ của $\Delta ABC$ cắt $CE$ tại $H$. Chứng minh $AH = 2OI$ .

Ta có: $\widehat {IEC} = \widehat {ICE}$ (cùng bằng $\widehat {IBM}$) suy ra $\Delta IEC$ cân tại $I,$ suy ra $IE = IC$.

Mà $\widehat {IBE} = \widehat {IEB}$ (cùng phụ với hai góc bằng nhau là $\widehat {IBM}$ và $\widehat {IEC}$).

Suy ra $\Delta IEB$ cân tại $I$ nên $IE = IB$, do đó $IC = IB$.

Xét tứ giác$BHCM$ có:

$BH\,{\rm{//}}\,MC$ (cùng vuông góc với $AC$)

$CH\,{\rm{//}}\,MB$ (cùng vuông góc với $AB$)Suy ra tứ giác $BHCM$ là hình bình hành.

Mà $IC = IB$ (cmt) suy ra $IM = IH$.

Xét $\Delta AHM$ có: $IM = IH$ (cmt) và $OM = OA = R$.

Suy ra $OI$ là đường trung bình ( tc).

Suy ra $AH = 2OI$ ( đpcm).