Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt hai cạnh AB, AC lần lượt tại E và F (E khác B, F khác C). Các đoạn thẳng BF và CE cắt nhau tại H, tia AH cắt BC tại K.
a) Chứng minh \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\), từ đó suy ra tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Gọi D là giao điểm của AH và (O) (D nằm giữa A và H), chứng minh \(B{D^2} = BK \cdot BC\) và \(\angle BDH = \angle BFD\)
c) Trong trường hợp góc \(BAC = {60^0}\) và \(BC = 6\;{\rm{cm}}\), tính độ dài đoạn thẳng EF và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
a) Ta có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC} = 90^\circ$ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Khi đó \(\Delta AEH\) vuông tại E nên A,E,H cùng thuộc đường tròn đường kính AH
Tương tự \(\Delta AFH\) vuông tại F nên A,H,F cùng thuộc đường tròn đường kính AH
Vậy A, E, F, H cùng thuộc đường trong đường kính AH hay tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Xét tam giác ABC có:
$\widehat{BEC}=\widehat{BFC} = 90^\circ$ nên BF, CE là đường cao của tam giác ABC.
Mà BF cắt CE tại H, AH cắt BC tại K nên AK cũng là đường cao của tam giác ABC hay \(\angle BKD = {{90}^0}\)
Ta có $\widehat{BDC}=90{}^\circ $ (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét \(\Delta BDK\) và \(\Delta BCD\) có
\(\angle CBD\) chung
\(\angle BKD = \angle BDC\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Nên $\Delta BDK\backsim \Delta BCD\left( g.g \right)$
Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \(B{D^2} = BK.BC\)
Do $\Delta BDK\backsim \Delta BCD\left( g.g \right)$ nên \(\angle BDH = \angle BCD\) (hai góc tương ứng)
Mà \(\angle BCD = \angle BFD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
Nên \(\angle BDH = \angle BFD\) (đpcm)
c) Do \(\Delta AFB\) vuông tại F nên \(\angle ABF = {90^0} - \angle BAF = {90^0} - {60^0} = {30^0}\)
Mà $\widehat{EBF}$ là góc nội tiếp chắn cung EF và $\widehat{EOF}$ là góc ở tâm chắn cung EF nên \(\angle EOF = {2.30^0} = {60^0}\)
Xét \(\Delta OEF\) cân tại O (do \(OE = OF\)) có \(\angle EOF = {60^0}\) nên \(\Delta OEF\) là tam giác đều
Suy ra \(EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\)cm.
Xét \(\Delta ABC\) có đường cao CE và BF cắt nhau tại H nên H là trực tâm
Suy ra \(AH \bot BC\)
Xét \(\Delta AHF\) và \(\angle BHK\) có \(\angle AHF = \angle BHK\) (đối đỉnh) và \(\angle AFH = \angle BKH\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\angle HAF = \angle HBK\) hay \(\angle HAF = \angle FBC\)
Kết hợp \(\angle AFH = \angle BFC\left( { = {{90}^0}} \right)\) suy ra $\Delta AFH\backsim \Delta BFC\left( g.g \right)$
Suy ra \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \angle FAB = \cot {60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)
Suy ra \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.6 = 2\sqrt 3 \)
Xét tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên bán kính bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).
Danh sách bình luận