Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), gọi M là trung điểm của BC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

7/8

(3,0 điểm) Cho tam giác nhọn \[ABC\] \[\left( {AB < AC} \right)\;\] nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\], gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\]. Các đường cao \[AD,BE,CF\;\]của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H\].

a) Chứng minh tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.

b) Các tiếp tuyến với \[\left( O \right)\]tại \[B,\,C\] cắt nhau tại \[G\]. Gọi \[P,\,Q\] lần lượt là giao điểm của \[EF\] với các đường thẳng \[BG\] và \[AO\]. Chứng minh $\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}$ và \[PM \bot AB\].

c) Qua \[A\] kẻ đường thẳng song song với \[BC\] cắt \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai là \[S\]. Gọi \[N\] là giao điểm thứ hai của \[SG\] với \[\left( O \right)\]. Chứng minh ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Do đó \[T\] trùng \[M\]. Vậy ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng (đpcm). (ảnh 1)$

a) Ta có: $\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ $

Xét $\Delta BEC$ vuông tại $E$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

Xét $\Delta BFC$ vuông tại $F$ nên nội tiếp đường tròn đường kính $BC$

Do đó bốn điểm $B,C,E,F$cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ nên tứ giác \[BCEF\] nội tiếp.

b) Xét $\Delta ABC$ và $\Delta AEF$ có:

$\widehat {AFE} = \widehat {ACB}$ (cùng bù $\widehat {BFE}$); $\widehat {BAC}$ chung

Nên $Δ A B C ∽ Δ A E F$ (g-g) $ \Rightarrow \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{AC}}$ (1)

Kẻ đường kính AK suy ra $\widehat {ACK} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$ \Rightarrow \widehat {BCK} = \widehat {DAC}$ (cùng phụ $\widehat {ACD}$)

Lại có: $\widehat {BCK} = \widehat {FAQ}$ suy ra $\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}$

Xét $\Delta ADC$ và $\Delta AQF$ có:

$\widehat {AFE} = \widehat {ACB}$ (cùng bù $\widehat {BFE}$); $\widehat {FAQ} = \widehat {DAC}$ (cmt)

Do đó $Δ A D C ∽ Δ A Q F$ (g-g) $ \Rightarrow \frac{{QF}}{{DC}} = \frac{{AF}}{{AC}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{QF}}{{DC}}$ hay $\frac{{EF}}{{QF}} = \frac{{BC}}{{DC}}$ (đpcm).

*) Xét $\Delta BFC$ vuông tại F có $FM$ là đường trung tuyến nên $FM = MB$ (3)

Vì $Δ A D C ∽ Δ A Q F$ (cmt) $ \Rightarrow \widehat {ADC} = \widehat {AQF} = 90^\circ $

Suy ra $\widehat {QAF} + \widehat {AFQ} = 90^\circ $

Ta lại có: $\widehat {PBF} + \widehat {FBO} = 90^\circ $, mà $\widehat {QAF} = \widehat {FBO}$ nên $\widehat {PBF} = \widehat {AFQ}$

Mặt khác $\widehat {PFB} = \widehat {AFQ}$. Do đó $\widehat {PFB} = \widehat {PBF}$

Suy ra $\Delta PBF$ cân tại P $ \Rightarrow PB = PF$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $PM$ là đường trung trực của $BF$ $ \Rightarrow PM \bot AB$ (đpcm).

$Do đó \[T\] trùng \[M\]. Vậy ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng (đpcm). (ảnh 2)$

Xét $\Delta GBN$ và $\Delta GSB$ có:

$\widehat {GBN} = \widehat {GSB}$ (cùng $ = \frac{1}{2}\widehat {BON}$); $\widehat {BGN}$ chung

Nên $Δ G B N ∽ Δ G S B$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{BN}}{{SB}} = \frac{{GB}}{{GS}} = \frac{{GC}}{{GS}}$ (1)

Xét $\Delta GCN$ và $\Delta GSC$ có:

$\widehat {GCN} = \widehat {GSC}$ (cùng $ = \frac{1}{2}\widehat {CON}$); $\widehat {CGN}$ chung

Nên $Δ G C N ∽ Δ G S C$ (g-g) $ \Rightarrow \frac{{CN}}{{SC}} = \frac{{GC}}{{GS}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{BN}}{{SB}} = \frac{{CN}}{{SC}} \Rightarrow \frac{{BN}}{{CN}} = \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{AC}}{{AB}}$ (vì $SB = AC;\,\,SC = AB$)

$ \Rightarrow BN.AB = CN.AC$

Gọi $T$ là giao điểm $BC,\,NA$. Ta có: $\frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{TB}}{{TA}} \cdot \frac{{TA}}{{TC}}$

Ta lại có: $Δ T B N ∽ Δ T A C$ (g-g); $Δ T C N ∽ Δ T A B$ (g-g)

$\frac{{TB}}{{TA}} = \frac{{BN}}{{AC}};\,\frac{{TA}}{{TC}} = \frac{{AB}}{{CN}}$$ \Rightarrow \frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{BN.AB}}{{AC.CN}} = 1$

Suy ra \[T\] là trung điểm của \[BC\]

Do đó \[T\] trùng \[M\]. Vậy ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng (đpcm).