Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( {AB; AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt hai cạnh
23/23
Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn \[\left( {AB\; < AC} \right).\] Đường tròn tâm \[O\] đường kính \[BC\] cắt hai cạnh \[AB,\,\,\;AC\] lần lượt tại \[E\] và \[F\] \[(E\] khác \[B,\,\,F\] khác \[C).\] Các đoạn thẳng \[BF\] và \[CE\] cắt nhau tại \[H,\] tia \[AH\] cắt \[BC\] tại \[K.\]
1) Chứng minh bốn điểm \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \) từ đó suy ra tứ giác \[AEHF\] nội tiếp.
2) Gọi \[D\] là giao điểm của \[AH\] và \[\left( O \right)\] \[(D\] nằm giữa \[A\] và \[H),\] chứng minh \[B{D^2}\; = BK \cdot BC\] và \(\widehat {BDH} = \widehat {BFD}.\)
3) Trong trường hợp \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) và \(BC = 6\,\,{\rm{cm}},\)tính độ dài đoạn thẳng \[EF\] và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AEF.\]
1) Vì \[\widehat {BEC},\,\,\widehat {BFC}\] là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên ta co
Khi đó \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên \[A,\,\,E,\,\,H\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH.\]
Tương tự \[\Delta AFH\]vuông tại F nên \[A,\,\,H,\,\,F\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH.\]
Vậy \[A,\,\,E,\,\,F,\,\,H\] cùng thuộc đường trong đường kính \[AH\] hay tứ giác \[AEHF\] nội tiếp.
2) Ta có (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét BDK và BCD có \[\widehat {CBD}\] chung; \[\widehat {BKD} = \;\widehat {BDC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\]
Do đó
Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \[B{D^2} = BK \cdot BC\].
Do nên \[\widehat {BDH} = \;\widehat {BCD}\] (hai góc tương ứng).
Mà \[\widehat {BCD} = \widehat {BFD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BD)\]
Nên \[\widehat {BDH} = \widehat {BFD}\] (đpcm)
Do \[\Delta AFB\] vuông tại \[F\] nên \[\widehat {ABF} = 90^\circ - \widehat {BAF} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \].
Mà nên \[\widehat {OEF} = 2 \cdot 30^\circ = 60^\circ .\]
Xét \[\Delta OEF\] cân tại \[O\] (do \[OE = OF\]) có \[\widehat {EOF} = 60^\circ \] nên \[\Delta OEF\] là tam giác đều.
Suy ra \[EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]
Xét \[\Delta ABC\] có đường cao \[CE\] và \[BF\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm.
Suy ra \[AH \bot BC\]
Xét \[\Delta AHF\] và \[\widehat {BHK}\] có \[\widehat {AHF} = \;\widehat {BHK}\] (đối đỉnh) và \[\widehat {AFH} = \;\widehat {BKH}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\]
Suy ra \[\widehat {HAF} = \widehat {HBK}\] hay \[\widehat {HAF} = \widehat {FBC}\]
Kết hợp \[\widehat {AFH} = \;\widehat {BFC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\] suy ra
Suy ra \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \widehat {FAB} = \cot 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) .
Suy ra \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot 6 = 2\sqrt 3 .\)
Xét tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\] nên bán kính bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 .\)
Vậy \[EF = 3\,\,{\rm{cm}}\] và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AEF\] là \(\sqrt 3 .\)