Cho ΔABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD; BF; CE của ΔABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn.

7/9

Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Các đường cao \(AD;BF;CE\) của \(\Delta ABC\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh tứ giác \(AEHF\) nội tiếp một đường tròn.

b) Kéo dài \(AD\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(K\). Kéo dài \(KE\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(I\). Gọi \(N\) là giao điểm của \(CI\) và \(EF\). Chứng minh \(C{E^2} = CN.CI\).

c) Kẻ \(EG\) vuông góc với \(AC\) tại \(G\) và \(M\) là trung điểm của \(BC\). Chứng minh \(\Delta CNG \sim \Delta CAI\) và \(MN \bot EF\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

a) Vì \(AD;BF;CE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) (gt) nên \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = \widehat {BEH} = \widehat {BDH} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\)

\( \Rightarrow A;F;H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)\(\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\)

\( \Rightarrow A;E;H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\)\(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) \( \Rightarrow A;F;H;E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

\( \Rightarrow AFHE\) nội tiếp một đường tròn( đpcm).

b) Ta có : \(\widehat {KIC} = \widehat {KAC}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn )

hay \(\widehat {EIC} = \widehat {HAF}\)

có \(\widehat {NEC} = \widehat {HAF}\) ( hai góc nội tiếp cùng chắn )

\( \Rightarrow \widehat {KIC} = \widehat {NEC}\)

Xét \(\Delta CEN\) và \(\Delta CIE\) có :

\(\widehat {ECI}\)chung

\(\widehat {KIC} = \widehat {NEC}\)

\( \Rightarrow \Delta CEN \sim \Delta CIE\)(g-g)

\( \Rightarrow \frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}}\)( tính chất tam giác đồng dạng)

\( \Rightarrow C{E^2} = CI.CN\)(đpcm)

c) Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta EGC\) có :

\(\widehat {ACE}\)chung

\(\widehat {EGC} = \widehat {AEC} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta AEC \sim \Delta EGC\)(g-g)

\( \Rightarrow \frac{{CE}}{{CG}} = \frac{{AC}}{{CE}}\)( tính chất tam giác đồng dạng)

\( \Rightarrow C{E^2} = CA.CG\)

Mà \(C{E^2} = CI.CN\)(cmt)

\( \Rightarrow CA.CG = CI.CN\)

\( \Rightarrow \frac{{CG}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CA}}\)

Xét \(\Delta CNG\) và \(\Delta CAI\) có :

\(\widehat {ACI}\)chung

\(\frac{{CG}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CA}}\)(cmt)

\( \Rightarrow \Delta CNG \sim \Delta CAI\)(g-g)

\( \Rightarrow \widehat {CIA} = \widehat {CGN}\)( hai góc tương ứng)

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\)

\( \Rightarrow B;E;C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

Xét \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\)

\( \Rightarrow B;F;C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

\( \Rightarrow B;E;F;C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\)

\( \Rightarrow BEFC\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {EBC} + \widehat {EFC} = 180^\circ \)( tính chất tứ giác nột tiếp)

Mà \(\widehat {NFG} + \widehat {EFC} = 180^\circ \)( hai góc kề bù)

\( \Rightarrow \widehat {NFG} = \widehat {EBC}\)

Ta có \(\widehat {EBC} = \widehat {AIC}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(\widehat {CIA} = \widehat {CGN}\)

\( \Rightarrow \widehat {NFG} = \widehat {NGC}\)

\( \Rightarrow \Delta GNF\) cân tại \(N\)

\( \Rightarrow NG = NF\)( tính chất tam giác cân)

Ta chứng minh được \(\widehat {EGN} = \widehat {NEG}\)( dựa vào các góc phụ nhau)

\( \Rightarrow \Delta GNE\) cân tại \(N\)

\( \Rightarrow NG = NE\)( tính chất tam giác cân)

Do đó \(NF = NE\)

\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(EF\).

Xét \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(M\) là trung điểm của \(BC\)

\( \Rightarrow FM = EM = \frac{1}{2}BC\)

\( \Rightarrow \Delta MEF\) cân tại M mà \(N\) là trung điểm của \(EF\)

\( \Rightarrow MN \bot EF\)( tính chất tam giác cân)