Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), kẻ đường cao BE của tam giác ABC với E thuộc cạnh AC. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ E đến AB và BC. a) Chứng

4/5

(2,0 điểm) Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$, kẻ đường cao $BE$ của tam giác $ABC$ với $E$ thuộc cạnh $AC$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ $E$ đến $AB$ và $BC$.

a) Chứng minh tứ giác $BHEK$ là tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường cao $CQ$ của tam giác $ABC$ với điểm $Q$ nằm trên cạnh $AB$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $EQ$. Chứng minh rằng $B{E^2} = BK \cdot BC$ và ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {QHK} = \wideh (ảnh 1)$

a) Vì $EH \bot AB$ tại $H$ nên $\widehat {BHE} = 90^\circ $.

Vì $EK \bot BC$ tại $K$, nên $\widehat {BKE} = 90^\circ $.

Xét tứ giác $BHEK$ có $\widehat {BHE} = \widehat {BKE} = 90^\circ $ nên hai điểm $H,\,\,K$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BE$.

Do đó, tứ giác $BHEK$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $BE$.

b) ¬ Chứng minh $B{E^2} = BK \cdot BC$

Xét tam giác $\Delta BEC$ vuông tại $E$ và $\Delta BKE$ vuông tại $K$ có $\widehat B$ là góc chung

Do đó $Δ B E C ∽ Δ B K E$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{BC}}{{BE}}$ nên $B{E^2} = BK \cdot BC$.

¬ Chứng minh ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng:

Chứng minh tương tự, ta có $B{E^2} = BH \cdot AB$.

Suy ra $BH \cdot AB = BK \cdot BC$ nên $\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}$.

Xét $\Delta BHK$ và $\Delta BCA$ có $\widehat {ABC}$ chung và $\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{AB}}$.

Do đó $Δ B H K ∽ Δ B C A$ (c.g.c). Suy ra $\widehat {BHK} = \widehat {BCA}$. (1)

Mặt khác, chứng minh tương tự ý a), ta có tứ giác $BCEQ$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC.$

Suy ra \[\widehat {EQB} + \widehat {BCE} = 180^\circ \] (tổng hai góc đối)

Mà \[\widehat {AQE} + \widehat {EQB} = 180^\circ \] (kề bù) nên $\widehat {AQE} = \widehat {BCA}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\widehat {BHK} = \widehat {AQE}\,\,\left( { = \widehat {BCA}} \right)$ hay $\widehat {QHK} = \widehat {HQM}.$ (3)

Xét $\Delta EHQ$ vuông tại $H$ có $M$ là trung điểm của cạnh huyền $EQ$. Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có $HM = \frac{1}{2}QE = MQ = ME$

Suy ra $\Delta MQH$ cân tại $M$ nên $\widehat {QHM} = \widehat {HQM}.$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {QHK} = \widehat {QHM}$ hay hai tia $HM$ và $HK$ phải trùng nhau, do đó ba điểm $H,M,K$ thẳng hàng.