Cho tam gíác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ( O ; R ) và AB < AC . Ba đường cao AD , BE , CF của tam giác ABC ( D , E , F là chân các đường cao) đồng quy tại điểm H .

18/21

Cho tam gíác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và $AB < AC$. Ba đường cao $AD,BE,CF$ của tam giác $ABC(D,E,F$ là chân các đường cao) đồng quy tại điểm $H$. Kẻ đường kính $AK$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên đường thằng $AK$.

a) Chứmg minh rằng tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng tam giác $ABD$ đồng dạng với tam giác $AKC$ và $MD$ song song với $BK$.

c) Già sử hai đỉnh $B,C$ cố định trên đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và đinh $A$ di động trển cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Chứng minh rằng đường thẳng $MF$ luôn đi qua một điểm cố định và tìm vị trí của đinh $A$ sao cho diện tích tam giác $AEH$ lớn nhất.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Cho tam gíác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tr (ảnh 1)$

a)Ta có $\widehat {BEC} = 90^\circ $ ( vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$)

$\widehat {BFC} = 90^\circ $ (vì $CF$ là đường cao của $\Delta ABC$)

$ \Rightarrow \widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ $

Xét tứ giác $BCEF$ có $\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ $( theo chứng minh trên)

$ \Rightarrow $ Đỉnh $E$ và $F$ là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh $BC$dưới một góc không đổi $90^\circ $

Do đó tứ giác $BCEF$ nội tiếp ( đpcm)

* Chứng minh rằng tam giác $ABD$ đồng dạng với tam giác $AKC$

Ta có + $\widehat {ACK} = 90^\circ $ ( là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ $\widehat {ABC}$= $\widehat {AKC}$( cùng chắn )

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta AKC$ có

$\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ $

$\widehat {ABC}$= $\widehat {AKC}$ ( theo chứng minh trên)

Dó đó $\Delta ABD \sim \Delta AKC$ ($g.g$)

*$MD$ song song với $BK$.

Xét đường tròn tâm $\left( O \right)$có $\widehat {CBK} = \widehat {KAC}$ ( cùng chắn ) $\left( 1 \right)$

Chứng minh tứ giác $ACMD$ nội tiếp

$ \Rightarrow \widehat {KAC} = \widehat {CDM}$ (cùng chắn ) $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$suy ra $\widehat {CBK} = \widehat {CDM}$ $ \Rightarrow DM\parallel BK$ (đpcm)

$Cho tam gíác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tr (ảnh 2)$

Gọi I trung điểm BC

Ta có $\widehat {ACK} = 90^\circ $ ( chắn nửa đường tròn) $ \Rightarrow CK \bot AC$

Mà $BE \bot AC$ ($BE$ là đường cao của $\Delta ABC$)

Suy ra$CK\parallel BE$ $\left( 1 \right)$

Tương tự $BK\parallel CF$ $\left( 2 \right)$

Xét tứ giác $CHBK$có $\left\{ \begin{array}{l}CK\parallel BE\\BK\parallel CF\end{array} \right.$

Suy ra tứ giác $CHBK$ là hình bình hành.

Mà $I$trung điểm của $BC$

Suy ra $I,H,K$ thẳng hàng.

Xét $\Delta AHK$ có $O$ là trung điểm của $AK$

$I$ là trung điểm của $HK$

Suy ra $OI$ là đường trung bình của $\Delta AHK$$ \Rightarrow AH = 2OI$

Do $OI$ không đổi nên $AH$ không đổi

Ta có ${S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{2}AE \cdot HE$ $\left( 1 \right)$

Ta có $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $A{E^2} + E{H^2} = A{H^2}$

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

$A{H^2} = A{E^2} + E{H^2} \ge 2\sqrt {A{E^2} \cdot E{H^2}} = 2AE \cdot HE$

$ \Rightarrow AE \cdot HE \le \frac{1}{2}A{H^2}$ $\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra ${S_{\Delta AHE}} \le \frac{1}{4}A{H^2}$ không đổi

$ \Rightarrow {S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{4}A{H^2}$

Dấu “=” xảu ra khi $AE = HE \Rightarrow \widehat {HAE} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ $