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

4/5

(3,0 điểm) Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn $\left( {AB < AC} \right)$ và nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$. Các đường cao $AD,\,\,BE$ và $CF$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, đường kính $AL$ của đường tròn $\left( O \right)$ cắt $ME$ tại $N$.

a) Chứng minh tứ giác $AEHF$ nội tiếp.

b) Chứng minh $\widehat {BAD} = \widehat {LAC}$ và $AE \cdot AB = 2AN \cdot OM$.

c) Tia $AM$ cắt $EF$ tại $K$. Gọi $I$ là chân đường vuông góc hạ từ $K$ xuống $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADI$ cắt $AB$ và $AC$ tương ứng tại $P$ và $Q$ ($P,\,Q$ khác $A$). Chứng minh $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$. (ảnh 1)$

a) Vì $CF,\,\,BE$ là các đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ $.

Tam giác $AEH$ vuông tại $E$ nên $A,\,H,\,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ (1).

Tam giác $AFH$ vuông tại $F$ nên $A,\,H,\,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ (2).

Từ (1), (2) suy ra $A,\,\,H,\,E,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ hay tứ giác $AEHF$ nội tiếp.

b) Ta có $\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ $

$\widehat {LAC} + \widehat {ALC} = 90^\circ $ (do $\Delta ALC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AL$ nên $\Delta ALC$ vuông tại $C$).

Mà $\widehat {ABD} = \widehat {ALC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)

Do đó, $\widehat {BAD} = \widehat {LAC}$.

Ta có $BH \bot AC,\,\,LC \bot AC$ nên $BH\,{\rm{//}}\,CL$ (3)

Tương tự $CH\,{\rm{//}}\,BL$ (4).

Từ (3) và (4) ta suy ra $BHCL$ là hình bình hành.

Mà $M$ là trung điểm $BC$ nên $M$ là trung điểm $HL$.

Do đó, $H,\,M,\,L$ thẳng hàng.

Xét $\Delta AHL$ có $M$ là trung điểm $HL$; $O$ là trung điểm $AL$.

Do đó, $OM$ là đường trung bình của $\Delta AHL$.

Suy ra $M$ là trung điểm $AH = 2OM$.

Ta có $EM$ là trung tuyến của $\Delta BEC$ vuông tại $E$.

Do đó, $ME = MC$ hay $\Delta MEC$ cân tại $M$.

Suy ra $\widehat {MEC} = \widehat {MCE}$

Mà $\widehat {MCE} + \widehat {EBC} = 90^\circ $, $\widehat {HBD} + \widehat {BHD} = 90^\circ $ nên $\widehat {MEC} = \widehat {BHD}$.

Khi đó $\widehat {AEN} = \widehat {AHB}$ (hai góc kề bù của cặp góc $\widehat {MEC} = \widehat {BHD}$)

Mà $\widehat {BAH} = \widehat {NAE}$ (chứng minh trên) nên (g.g)

Suy ra $\frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AN}}$, do đó $AE \cdot AB = AH \cdot AN = 2OM \cdot AN$ (đpcm)

c) Gọi $S$ là trung điểm của $EF$.

$Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$. (ảnh 2)$

Ta chứng minh được $BCEF$ nội tiếp

Suy ra $\widehat {FEB} = \widehat {FCB}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $BF$)

Do đó, $\widehat {AEF} = \widehat {ABC}$ (cùng phụ với $\widehat {FEB} = \widehat {FCB}$)

Tương tự chứng minh được $\widehat {AFE} = \widehat {ACB}$.

Suy ra $Δ A F E ∽ Δ A C B$ (g.g)

Do đó, $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}}$.

Vì $S$ là trung điểm của $EF$, $M$ là trung điểm của $BC$ nên $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2ES}}{{2BM}} = \frac{{2FS}}{{2CM}}$ hay $\frac{{ES}}{{BM}} = \frac{{FS}}{{CM}}$.

Suy ra $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}$

Suy ra $Δ A E S ∽ Δ A B M$ (c.g.c) vì có $\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{ES}}{{BM}}$ và $\widehat {AES} = \widehat {ABM}$ (cmt)

Do đó, $\widehat {ASE} = \widehat {AMB}$ (hai góc tương ứng) (*)

Có $ME = MF = \frac{1}{2}BC$ nên $\Delta MEF$ cân tại $M$.

Lại có $S$ là trung điểm của $EF$ nên $EF \bot MS$.

Do đó, $\widehat {MSK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {MIK} = 90^\circ $.

Từ đây, chứng minh được $MISK$ nội tiếp.

Do đó, $\widehat {AMB} + \widehat {ISK} = 180^\circ $ (**)

Từ (*) và (**) suy ra $\widehat {ASE} + \widehat {ISK} = 180^\circ $ hay $\widehat {ASI} = 180^\circ $.

Suy ra $A,\,S,\,I$ thẳng hàng

Mặt khác $\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{FS}}{{CM}}$, suy ra chứng minh được $Δ A F S ∽ Δ A C M$ (c.g.c)

Suy ra $\widehat {FAS} = \widehat {CAM}$ (hai góc tương ứng) hay $\widehat {BAI} = \widehat {EAK}$

Do đó, $Δ E A K ∽ Δ A B I$ (g.g) suy ra $\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{EK}}{{BI}}$.

Lại có $Δ A F K ∽ Δ A C I$ (g.g) nên $\frac{{AK}}{{AI}} = \frac{{FK}}{{CI}}$.

Suy ra $\frac{{FK}}{{CI}} = \frac{{EK}}{{BI}}$ hay $\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{BI}}{{CI}}$ (***)

Ta có: $\widehat {API} = \widehat {AQI} = 90^\circ $ nên $IP \bot AP,\,\,QI \bot AQ$.

Mà $IP\parallel CF,\,\,IQ\parallel BE$ nên theo định lí Thales, có $\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{BI}}{{CI}}$ và $\frac{{QE}}{{QC}} = \frac{{BI}}{{CI}}$ (****)

Từ (***) và (****) suy ra $\frac{{EK}}{{FK}} = \frac{{QE}}{{QC}}$ hay $\frac{{BP}}{{PF}} = \frac{{EK}}{{FK}}$.

Theo định lí Thales đảo $QK\parallel CF,\,\,PK\parallel BE$.

Suy ra $QK \bot AP,\,\,PK \bot AQ$.

Do đó, $K$ là trực tâm của tam giác $APQ$.