Cho tam giác nhọn ABC, không cân, nội tiếp (O). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh bốn điểm D, H, E, C cùng thuộc một đường tròn.

8/9

Cho tam giác nhọn \[ABC\], không cân, nội tiếp \[\left( O \right)\]. Các đường cao \[AD,\,BE,\,CF\] của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H\].

a) Chứng minh bốn điểm \[D,H,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\], đường thẳng \[ME\] cắt đường kính \[AK\] tại \[N\]. Chứng minh tam giác \[BAD\] đồng dạng với tam giác \[KAC\] và \[AE.AB = AN.AH\].

c) Trên \[BE\] lấy điểm \[P\] sao cho \[H\] là trung điểm\[BP\], từ \[P\] vẽ đường thẳng song song với \[AD\] và cắt \[AC\] tại \[Q\]. Chứng minh \[\widehat {HNQ} = {90^0}\].

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Vậy cần ít nhất $39$ viên bi. (ảnh 1)$

a) Ta có \[\widehat {HDC} = {90^0}\] (đường cao \[AD\])

\[\widehat {HEC} = {90^0}\] (đường cao \[BE\])

Xét vuông tại \[D\] có ba điểm \[H,D,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HC\] (1).

Xét vuông tại \[E\] có ba điểm \[H,E,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[D,H,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ACK} = {90^0}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét $△ B A D$ và $△ K A C$ có

\[\widehat {ACK} = \widehat {ADB}\left( { = {{90}^0}} \right)\]

\[\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\](cùng chắn cung \[AC\])

$△ B A D ∽ △ K A C (g . g)$

\[ \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {KAC}\] hay \[\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\]

Xét vuông tại \[E\] có \[EM\] là đường trung tuyến cân tại \[C\]

\[\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\].

Vì bốn điểm \[D,H,E,C\] cùng thuộc một đường tròn nên tứ giác \[DHEC\] nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {EHD} = {180^0} - \widehat {MCE}\]

mà \[\widehat {AHB} = \widehat {EHD}\,\]

\[ \Rightarrow \widehat {AHB} = {180^0} - \widehat {MEC}\]

Lại có \[\widehat {AEN} = {180^0} - \widehat {MEC} = {180^0} - \widehat {MCE} \Rightarrow \widehat {AHB} = \widehat {AEN}\]

Xét $△ A E N$ và $△ A H B$ có

\[\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\left( {cmt} \right)\]

\[\widehat {AEN} = \widehat {AHB}\] (cmt)

$△ A E N ∽ △ A H B (g . g)$

\[ \Rightarrow \frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AN}}{{AB}} \Rightarrow AE.AB = AN.AH\]

c) Ta có \[\widehat {AHE} = {180^0} - \widehat {AHB}\]

\[\begin{array}{l}\widehat {MEC} = {180^0} - \widehat {AEN}\\ \Rightarrow \widehat {AHE} = \widehat {MEC}\end{array}\]

mà \[AD//PQ \Rightarrow \widehat {AHE} = \widehat {EPQ} \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {EPQ}\,\left( 3 \right)\]

$△ A H B ∽ △ A E N \Rightarrow \frac{A H}{A E} = \frac{H B}{E N}$ mà \[HP = HB \Rightarrow \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{HP}}{{EN}}\]

\[PQ//AH \Rightarrow \frac{{PQ}}{{EQ}} = \frac{{AH}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{PQ}}{{EQ}} = \frac{{HP}}{{EN}}\,\,\left( 4 \right)\]

Từ (3) và (4) suy ra $△ P Q H ∽ △ E Q N (c . g . c) \Rightarrow \frac{P Q}{H Q} = \frac{E Q}{N Q} (5)$

và \[\widehat {PQH} = \widehat {EQN}\]

mà \[\widehat {PQH} = \widehat {PQE} + \widehat {EQH}\]

\[\widehat {EQN} = \widehat {HQN} + \widehat {EQH}\]

\[ \Rightarrow \widehat {PQE} = \widehat {HQN}\,\,\left( 6 \right)\]

Từ (5) và (6) $\Rightarrow △ P Q E ∽ △ H Q N (c . g . c) \Rightarrow \hat{P E Q} = \hat{H N Q} \Rightarrow \hat{H N Q} = 90^{0}$ .