Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC. Lấy điểm H thuộc đoạn thẳng AB sao cho HB > HA (H khác A). Kẻ đường thẳng qua H vuông góc với đường thẳng BC t

7/8

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ $(AB < AC)$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, đường kính $BC$. Lấy điểm $H$ thuộc đoạn thẳng $AB$ sao cho $HB > HA$ ($H$ khác $A$). Kẻ đường thẳng qua $H$ vuông góc với đường thẳng $BC$ tại điểm $D$ và cắt đường thẳng $AC$ tại điểm $E$.

a) Chứng minh bốn điểm $A,H,D,C$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Đường thẳng $CH$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai $F$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với đường thẳng $ED$ cắt đường thẳng $DF$ tại điểm $M$. Chứng minh $AE \cdot BC = EH \cdot AB$ và $\widehat {EMH} = 90^\circ $.

c) Đường thẳng $BM$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai $K$. Chứng minh tam giác $HKM$ là tam giác cân.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$nên $OH$ là đường trung trực của $AK$, dẫn đến $HK = HA = HM$, hay \ (ảnh 1)$

a) Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\widehat {BAC} = 90^\circ $, ngoài ra $HD \bot BC$ tại $D$ nên $\widehat {HDC} = 90^\circ $.

$\Delta HAC$ vuông tại $A$ nên $A,H,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

$\Delta HDC$ vuông tại $D$ nên $H,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

Từ đó, 4 điểm $A,H,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HC$.

b) Ta có $\widehat {EAH} = 180^\circ - \widehat {BAC} = 90^\circ $, với chú ý $\Delta EDC$ và $\Delta BAC$ vuông ta có:

$\widehat {AEH} = 90^\circ - \widehat {ECD} = \widehat {ABC}.$

Xét $\Delta EAH$ và $\Delta BAC$ có $\widehat {EAH} = \widehat {BAC} = 90^\circ $ và $\widehat {AEH} = \widehat {ABC}$ (chứng minh trên).

Từ đó $Δ E A H ∽ Δ B A C$ (g.g) dẫn đến $\frac{{EH}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{BA}},$ suy ra $AE \cdot BC = EH \cdot AB$.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHDC$ ta có $\widehat {HDA} = \widehat {HCA}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $HA$).

Cũng dễ thấy rằng $\widehat {HFB} = \widehat {HDB} = 90^\circ $ nên 4 điểm $H,D,B,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HB$, kéo theo $\widehat {HDF} = \widehat {HBF}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $HF$).

Mặt khác $\widehat {HCA} = \widehat {HBF}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AF$ của $\left( O \right)$), suy ra $\widehat {HDA} = \widehat {HDF}.$

Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và $AM$, khi đó $\Delta DAM$ cân tại $D$ do có $DI$ vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, kéo theo $DE$ là trung trực của $AM$ hay $EM = EA,HM = HA.$

Từ đó $\Delta EMH = \Delta EAH$ (c.c.c), dẫn đến $\widehat {EMH} = \widehat {EAH} = 90^\circ $.

c) Cách 1: Dễ thấy $AKBC$ là tứ giác nội tiếp $\left( O \right)$, dẫn đến:

$\widehat {AKM} = 180^\circ - \widehat {AKB} = \widehat {ACB} = \widehat {AHE} = \frac{1}{2}\widehat {MHA}.$

Để ý $HM = HA$, nên $K$ thuộc đường tròn $\left( {H;\,\,HA} \right)$ (kết quả quen thuộc), từ đó $HK = HM = HA$ hay $\Delta HKM$ cân tại $H$.

Cách 2: Ta có \[AM\,{\rm{//}}\,BC\] nên $\widehat {MAB} = \widehat {ABO}$ (hai góc so le trong), từ đó suy ra hai tam giác cân $Δ H A M ∽ Δ O A B$ (g.g), dẫn đến $\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AM}}{{AB}}$ kéo theo (c.g.c).

Bởi vậy $\widehat {HOA} = \widehat {MBA} = \frac{1}{2}\widehat {AOK}$ suy ra $OH$ là tia phân giác của $\widehat {AOK}$, mà tam giác $AOK$ cân tại $O$ nên $OH$ là đường trung trực của $AK$, dẫn đến $HK = HA = HM$, hay $\Delta HKM$ cân tại $H$.