Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB ≠ AC) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

7/7

(3,0 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $\left( {O\,;\,\,R} \right)$ $\left( {AB \ne AC} \right)$ có các đường cao $AD,\,\,BE,\,\,CF$ cắt nhau tại $H$.

a) Chứng minh tứ giác $BFEC$ nội tiếp.

b) Kẻ đường kính $AK$ của đường tròn $\left( O \right)$. Chứng minh $\Delta ABD$ đồng dạng $\Delta AKC$ và $AF \cdot AK = AH \cdot AC$.

c) Gọi $I$ là giao điểm của $EF$ và $AH$, $J$ là giao điểm của $AK$ và $BC$.

i) Chứng minh $HK\,{\rm{//}}\,IJ$.

ii) Biết $\widehat {BAC} = 60^\circ $, $\widehat {ACB} = 45^\circ $, tính diện tích tam giác $IHJ$ theo $R$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Vậy thời gian hai đội dự kiến cùng làm xong công việc là 4 ngày. (ảnh 1)

a) Ta có các $\Delta BFC$ và $\Delta BEC$ lần lượt vuông tại \[F\] và \[E\] nên $\Delta BFC$ và $\Delta BEC$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

Suy ra 4 điểm $B,\,\,F,\,\,E,\,\,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Vậy tứ giác $BFEC$ nội tiếp.

b) Vì $AD \bot BC$ nên $\widehat {ADB} = 90^\circ $.

Vì $AK$ là đường kính của $\left( O \right)$ nên $\widehat {ACK} = 90^\circ $.

Lại có $\widehat {ABD} = \widehat {ABC} = \widehat {AKC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$).

Suy ra $Δ A B D ∽ Δ A K C$ (g.g).

Ta có $\widehat {AFH} = 90^\circ $ và $\widehat {ACK} = 90^\circ $.

Mặt khác, $\widehat {FAH} = \widehat {CAK}$ nên (g.g).

Suy ra $\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}.$

Do đó $AF \cdot AK = AH \cdot AC$.

c) Từ $\widehat {FAI} = \widehat {JAC}$ (cmt) và $\widehat {AFI} = \widehat {ACJ}$ (tứ giác $BFEC$ nội tiếp).

Suy ra $Δ A I F ∽ Δ A J C$ (g.g).

Suy ra $\frac{{AI}}{{AJ}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AK}}$ hay $\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}$.

Áp dụng định lý Thalès đảo suy ra $HK\,{\rm{//}}\,IJ$.

Áp dụng định lí tổng ba góc trong $\Delta ABC$ tính được $\widehat {ABC} = 75^\circ $ suy ra $\widehat {AKC} = 75^\circ $.

Ta có $\widehat {JCK} = 90^\circ - \widehat {ACB} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ $.

Suy ra $\widehat {AJD} = \widehat {CJK} = 180^\circ - 45^\circ - 75^\circ = 60^\circ $.

Ta có $AC = \sin 75^\circ \cdot 2R = R \cdot \frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta ADC$ vuông cân tại $D$ nên $AD = AC:\sqrt 2 = R \cdot \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}$.

Ta có $AJ = AD:\sin \widehat {AJD} = R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{3}$; $JD = AJ \cdot \cos 60^\circ = R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}$.

Kẻ đường kính $BT$ của $\left( O \right)$ ta có $BC = 2R \cdot \sin 60^\circ = R\sqrt 3 $.

Ta có $Δ F A H ∽ Δ F C B$ (g.g) nên $\frac{{FA}}{{FC}} = \frac{{AH}}{{BC}}$ suy ra $AH = R\sqrt 3 \cdot \cot 60^\circ = R$.

Ta có $\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{AJ}}{{AK}}$ nên $\frac{{AI}}{{AH}} = \frac{{R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{3}}}{{2R}} = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}$.

Suy ra $\frac{{{S_{AIJ}}}}{{{S_{AHJ}}}} = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}$ hay ${S_{AIJ}} = {S_{AHJ}} \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot JD \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6}$.

Suy ra $\frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} = {R^2} \cdot \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{12}}.$

Do đó ${S_{IHJ}} = {S_{AHJ}} - {S_{AIJ}} = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R \cdot \frac{{3 + \sqrt 3 }}{6} - {R^2} \cdot \frac{{2 + \sqrt 3 }}{{12}} = \frac{{{R^2}}}{{12}}$.

Vậy diện tích tam giác $IHJ$ bằng $\frac{{{R^2}}}{{12}}$.