Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC. Gọi điểm H là trực tâm của tam giác ABC. (a) Chứng minh bốn điểm A,F,H,E cùng thuộc một đường tròn.

8/9

Cho tam giác \(ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \((O)\). Vẽ các đường cao \(AD,BE,CF\) của tam giác \(ABC\). Gọi điểm \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).

(a) Chứng minh bốn điểm \(A,F,H,E\) cùng thuộc một đường tròn.

(b) Kẻ đường kính \(AM\) của đường tròn \((O)\). Chứng minh \(AD \cdot AM = AB \cdot AC\).

(c) Gọi điểm \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(AH\) và đường thẳng \(EF\). Gọi điểm \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(AM\) và đường thẳng \(BC\). Gọi điểm \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Chứng minh: các điểm \(H,K,M\) thẳng hàng và \(PI\) song song với \(HK\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC. Gọi điểm H là trực tâm của tam giác ABC. (a) Chứng minh bốn điểm A,F,H,E cùng thuộc một đường tròn. (ảnh 1)

a) • \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (vì CF là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên \(\Delta AFH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;F\)cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (1)

• \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (vì BE là đường cao \(\Delta ABC\))

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A;H;E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(A,F,H,E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\).

b) Ta có: \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (vì \[AD\] là đường cao \(\Delta ABC\)) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \).

\(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O))

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACM\)có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \); \(\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\)

Do đó

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AD.AM = AB.AC\)

c) • Xét \(\Delta ABC\)có \(H\) là trực tâm nên \(BH \bot AC;CH \bot AB\) và \(BM \bot AB;CM \bot AC\)

Do \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CM\,{\rm{//}}\,BH\,;\,\,BM\,{\rm{//}}\,CH\).

Do đó tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(HM\) và \(BC\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà K là trung điểm của \(BC\)nên K là trung điểm của \(HM\)\( \Rightarrow H,M,K\) thẳng hàng.

• Ta có \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (kề bù)

Chứng minh được tứ giác \(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = 180^\circ \) (tính chất)

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABI}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

Chứng minh: suy ra \(\frac{{AH}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AB}}\)

\( \Rightarrow \frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AM}} \Rightarrow \frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AM}} \Rightarrow PI\,{\rm{//}}\,HM\) (định lí Thalès đảo)

Vậy \(PI\,\,{\rm{//}}\,HM\)(đpcm)