Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O, R). Hai đường cao BE và AF của tam giác ABC cắt nhau tại H (điểm E, F lần lượt thuộc đoạn thẳng AC, BC). Vẽ đường kính AD của đường trò

7/9

(3,0 điểm) Cho $\Delta ABC$ nhọn $\left( {AB < AC} \right)$ nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Hai đường cao $BE$ và $AF$ của $\Delta ABC$ cắt nhau tại $H$ (điểm $E,F$ lần lượt thuộc đoạn thẳng $AC,BC$). Vẽ đường kính $AD$ của đường tròn $\left( O \right)$.

a) Chứng minh: tứ giác $ABFE$ là tứ giác nội tiếp.

b) Qua điểm $H$ vẽ đường thẳng $d$ vuông góc với đường thẳng $AD$ tại điểm $K$. Đường thẳng $d$ cắt các đường thẳng $AB,AC$ và $BC$ lần lượt tại các điểm $M,N,S$.

Chứng minh: $AK.AD = AM.AB$ và $\widehat {SBA} = \widehat {MNC}$

c) Gọi điểm $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $\Delta AHE$. Chứng minh: $SI \bot OI$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$a) Diện tích xung quanh của bình là: \( (ảnh 1)$

a) Chứng minh: tứ giác $ABFE$ là tứ giác nội tiếp.

Vì $BE$ và $AF$ là các đường cao của $\Delta ABC$ nên $BE \bot AC;AF \bot BC$ hay $\widehat {AFB} = \widehat {AEB} = 90^\circ $

Vì $\Delta ABE$ vuông tại $E$ nên ba điểm $A,B,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

Vì $\Delta ABF$ vuông tại $F$ nên ba điểm $A,B,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

Do đó bốn điểm $A,B,E,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

Vậy tứ giác $ABFE$ là tứ giác nội tiếp.

b) Vì $\widehat {ABD}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn của $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABD} = 90^\circ $

Xét $\Delta AKM$và $\Delta ABD$ có: $\widehat {AKM} = \widehat {ABD} = 90^\circ $; $\widehat {BAD}$ chung

Do đó $Δ A K M ∽ Δ A B D$ (g.g), suy ra $\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{AD}}$ hay $AK.AD = AM.AB$

Ta có:$\widehat {ADB} = \widehat {ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{A B}$ của $\left( O \right)$)

Mà $Δ A K M ∽ Δ A B D$ nên $\widehat {AMK} = \widehat {ADB}$

Do đó $\widehat {AMK} = \widehat {ACB}$

Lại có: $\widehat {AMK} = \widehat {SMB}$ (đối đỉnh) nên $\widehat {SMB} = \widehat {ACB}$ hay $\widehat {SMB} = \widehat {SCN}$

Xét $\Delta SMB$ và $\Delta SCN$ có $\widehat {SMB} = \widehat {SCN}$ (cmt) và $\widehat {NSC}$ chung

Do đó $Δ S M B ∽ Δ S C N$ (g.g)

Suy ra $\widehat {SBA} = \widehat {MNC}$ (đpcm)

c) Gọi $Q,T$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $HD;AD$

Ta có: $BH \bot AC$ và $DC \bot AC$ nên $BH{\rm{//}}DC$

Ta có: $CH \bot AB$ và $DB \bot AB$ nên $CH{\rm{//}}DB$

Vì tứ giác $BHCD$ có: $BH{\rm{//}}DC$ và $CH{\rm{//}}DB$ nên tứ giác $BHCD$ là hình bình hành, khi đó $HD;BC$ cắt nhau tại trung điểm $Q$ của mỗi đường.

Xét $\Delta AHD$ có $I,O,Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AH,AD,HD$ nên $IO,IQ$ là các đường trung bình của $\Delta AHD$, khi đó $IO{\rm{//}}HD$, $IQ{\rm{//}}AD$.

Vì $IQ{\rm{//}}AD$ nên $\widehat {ATF} = \widehat {IQF}$ (đồng vị)

Vì $IO{\rm{//}}HD$ nên $\widehat {HIO} = \widehat {FHQ}$ (đồng vị)

Xét $\Delta AHK$ và $\Delta ATF$ có: $\widehat {AKH} = \widehat {AFT} = 90^\circ $ và $\widehat {FAT}$ chung

Do đó $Δ A H K ∽ Δ A T F$ , suy ra \[\widehat {AHK} = \widehat {ATF}\]

Vì $IQ{\rm{//}}AD$ nên $\widehat {ATF} = \widehat {IQF}$ (đồng vị)

Do đó: \[\widehat {AHK} = \widehat {IQF}\], mà \[\widehat {AHK} = \widehat {SHF}\] (đối đỉnh) nên $\widehat {SHF} = \widehat {IQF}$

$a) Diện tích xung quanh của bình là: \( (ảnh 2)$

Xét $\Delta SHF$ và $\Delta IQF$, ta có: $\widehat {SFH} = \widehat {IFQ} = 90^\circ $ và $\widehat {SHF} = \widehat {IQF}$ (cmt)

Do đó: $Δ S H F ∽ Δ I Q F$ (g.g)

Suy ra $\frac{{SF}}{{IF}} = \frac{{HF}}{{QF}}$ hay $\frac{{SF}}{{HF}} = \frac{{IF}}{{QF}}$

Xét \[\Delta SIF\] và \[\Delta HQF\] có:

\[\widehat {SFI} = \widehat {HFQ} = 90^\circ \]

\[\frac{{SF}}{{HF}} = \frac{{IF}}{{QF}}\]

Suy ra $Δ S I F ∽ Δ H Q F$ (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {SIF} = \widehat {HQF}\]

Ta có:

\[\widehat {FHQ} + \widehat {HQF} = 90^\circ \] (\[\Delta HQF\]vuông tại \[F\]), mà $\widehat {HIO} = \widehat {FHQ}$ và \[\widehat {SIF} = \widehat {HQF}\]

nên \[\widehat {HIO} + \widehat {SIF} = 90^\circ \] hay \[\widehat {SIO} = 90^\circ \] do đó $SI \bot OI$ (đpcm)