Cho tam giác $ABC$ ( {AB < AC} có các góc nhọn nội tiếp đường tròn

3/5

Cho tam giác $ABC$ $\left( {AB < AC} \right)$ có các góc nhọn nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Các đường cao $AK,\,BE,\,CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ và cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại các điểm lần lượt là $M,\,N,\,P$ ($M$ khác $A$, $N$ khác $B$, $P$ khác $C$).

1. Chứng minh \[EF\,{\rm{//}}\,PN.\] 

2. Chứng minh diện tích tứ giác $AEOF$ bằng $\frac{{EF.R}}{2}.$

3. Tính giá trị của biểu thức \[\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}}.\]

4. Gọi $S$ và $Q$ là chân đường vuông góc kẻ từ điểm $K$ đến các cạnh $AB,\,AC$. Đường thẳng $QS$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $GA$ cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm $J$

($J$ khác $A$). Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCQS$. Chứng minh ba điểm $I,\,K,\,J$ thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Cho tam giác $ABC$ ( {AB < AC} có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (ảnh 1)$

1.$\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^0} \Rightarrow $ tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

$ \Rightarrow \widehat {CBE} = \widehat {CFE}$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà $\widehat {CBE} = \widehat {CPN}$( góc nội tiếp cùng chắn cung )

$ \Rightarrow \widehat {CFE} = \widehat {CPN} \Rightarrow EF\,//\,PN\,$

2.\[\widehat {ABN} = \widehat {ACP}\] (cùng phụ với $\widehat {BAC}$)

$ \Rightarrow AN = AP\,\,$

$ON = OP = R$

$ \Rightarrow A,\,O$nằm trên đường trung trực của $PN$

$ \Rightarrow AO \bot PN$

Mà $EF\,//\,PN\, \Rightarrow AO \bot EF \Rightarrow {S_{AEOF}} = \frac{{EF.R}}{2}$

3.$\widehat {BAM} = \widehat {BCM}$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung )

$\widehat {BAM} = \widehat {BCF}$ (cùng phụ với $\widehat {ABC}$)

$ \Rightarrow \widehat {BCF} = \widehat {BCM}$

$\Delta MCH$có $CK$ vừa là đường phân giác vừa là đường cao

$ \Rightarrow $$\Delta MCH$cân tại $C \Rightarrow K$ là trung điểm của $MH$

\[\begin{array}{l}\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = \frac{{AK + KM}}{{AK}} + \frac{{BE + EN}}{{BE}} + \frac{{CF + FP}}{{CF}}\\ = 3 + \frac{{KM}}{{AK}} + \frac{{EN}}{{BE}} + \frac{{FP}}{{CF}}.\end{array}\]

\[\frac{{KM}}{{AK}} = \frac{{KH}}{{AK}} = \frac{{{S_{\Delta BHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\]

Chứng minh tương tự: \[\frac{{EN}}{{BE}} = \frac{{{S_{\Delta AHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}};\,\frac{{FP}}{{CF}} = \frac{{{S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\]

\[\frac{{AM}}{{AK}} + \frac{{BN}}{{BE}} + \frac{{CP}}{{CF}} = 3 + \frac{{{S_{\Delta BHC}} + {S_{\Delta AHC}} + {S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 3 + 1 = 4.\]

$Cho tam giác $ABC$ ( {AB < AC} có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (ảnh 1)$

4.\[\widehat {ASK} + \widehat {AQK} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \] nên \[{\rm{AS}}KQ\] là tứ giác nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {ASQ} = \widehat {AKQ}\]

\[\widehat {AKQ} = \widehat {BCQ}\] (cùng phụ với $\widehat {CKQ}$)

Do đó \[\widehat {ASQ} = \widehat {BCQ}\]

Suy ra $BSQC$ là tứ giác nội tiếp.

$ \Rightarrow \widehat {GBS} = \widehat {GQC}$

Vì \[ASKQ\]là tứ giác nội tiếp nên: $\widehat {GQK} = \widehat {BAK}$

Mà $\widehat {BAK} = \widehat {GKS}$(cùng phụ với $\widehat {SBK}$) nên $\widehat {GQK} = \widehat {GKS}$

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow G{K^2} = GB.GC\,\,\]

\[ \Rightarrow G{K^2} = GJ.GA \Rightarrow \frac{{GK}}{{GA}} = \frac{{GJ}}{{GK}}\]

⇒ ΔGKJ∽ΔGAK⇒GJK^=GKA^=90°

⇒ AJ ⊥ JK

$JK$ cắt $\left( O \right)$ tại $D$ ($D$khác $K$) thì $AD$là đường kính của $\left( O \right)$.

Gọi $I$ là trung điểm $KD$, $L$ là trung điểm $QC$.

Khi đó $OI$ là đường trung bình của $\Delta AKD \Rightarrow OI{\rm{//}}AK \Rightarrow OI \bot BC$

Mà $OB = OC$ nên $OI$ là trung trực $BC$ (3)

Vì $KQ{\rm{//}}DC$ (cùng vuông góc$AC$) nên $KQCD$ là hình thang.

⇒$IL$ là đường trung bình của hình thang $KQCD$

⇒$IL{\rm{//}}KQ \Rightarrow IL \bot QC$

⇒$IL$ là trung trực của $QC$ (4)

Từ (3) và (4) ⇒$I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BSQC$

Vậy $I,\,K,\,J$ thẳng hàng.

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên năm 2022-2023 sở GD&ĐT Hà Nam có đáp án

Cho tam giác \(ABC\) ( {AB < AC} có các góc nhọn nội tiếp đường tròn