Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a) Trước hết chứng minh \(\Delta PBH \sim \Delta QAH\,\,\,\left( {g.g} \right),\) sau đó chứng minh \(\Delta HPQ \sim \Delta ABC\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

b) Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau.

c) Chứng minh AMPN và AMQN là tứ giác nội tiếp

d) Dựng đường kính DF.

Giải chi tiết:

a) Ta sẽ chứng minh 2 tam giác sau đồng dạng: PBH và QAH.

Dễ có HP, HQ lần lượt là phân giác trong và ngoài của hai góc kề bù nên chúng sẽ vuông góc với nhau.

Từ đó: \(\widehat {PHB} = \widehat {AHQ}\)( cùng phụ với góc \(\widehat {PHK}\)).

Mặt khác:

\(\widehat {BPH} = {180^0} - \frac{1}{2}\widehat {ABC} - \frac{1}{2}\widehat {AHB} = {180^0} - \frac{1}{2}\widehat {HAC} - \frac{1}{2}\widehat {AHC} = {180^0} - \widehat {QAH} - \widehat {QHA} = \widehat {AQH}.\)

Do vậy dễ dàng có: \(\Delta PBH \sim \Delta QAH\,\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{HP}}{{HQ}} = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AB}}{{AC}}.\)

Do vậy: \(\Delta HPQ \sim \Delta ABC\,\,\,\left( {c.g.c} \right)\)

b) Do MN và AH đều là 2 tiếp tuyến chung của 2 đường tròn.

Dễ dàng dùng tam giác bằng nhau chứng minh được: KP, KQ lần lượt là phân giác của: \(\widehat {MKH},\widehat {NKH}.\)

Mà 2 góc này bù nhau \( \Rightarrow KP \bot KQ\).

Do vậy tứ giác KPHQ có 2 góc vuông đối nhau nên là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {PKH} = \widehat {PQH}.\)

Mà \(\widehat {PQH} = \widehat {ACB}\) (\(\Delta HPQ \sim \Delta ABC\)), \(\widehat {ACB} = \widehat {BAH} \Rightarrow \widehat {PKH} = \widehat {BAH} \Rightarrow PK//AB\).

Áp dụng tính chất góc ta có: \(\widehat {AMN} = \widehat {MKP} = \widehat {PKH} = \widehat {PQH} = \widehat {ACB}\)

Vậy tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.

b) Do PM là phân giác của \(\widehat {BMN}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\widehat {PMN} = \frac{1}{2}\widehat {BMN} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \widehat {ACB}} \right)\)

 (Do tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp ở câu b).

\(\widehat {PMN} = \frac{1}{2}\widehat {BMN} = \frac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \widehat {ACB}} \right) = {90^0} - \frac{1}{2}\widehat {ACB}.\)

\(\begin{array}{l}\widehat {PAN} = {90^0} - \widehat {BAP} = {90^0} - \frac{1}{2}\widehat {BAH} = {90^0} - \frac{1}{2}\widehat {ACB}\\ \Rightarrow \widehat {PAN} = \widehat {PMN}.\end{array}\)

Suy ra: tứ giác AMPN là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự: AMQN là tứ giác nội tiếp.

Từ đó: A, M, P, Q, N cùng thuộc một đường tròn.

d) Kẻ đường kính DF.

Áp dụng định lý Pytago ta có: \(B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} = {a^2} + 9{a^2} = 10{a^2}.\)

Ta có: \({S_{IDE}} = \frac{1}{2}{S_{EDF}} = \frac{1}{4}ED.{\rm{EF}} \le \frac{1}{4}\frac{{E{D^2} + E{F^2}}}{2} = \frac{1}{8}D{F^2} = \frac{1}{8}B{C^2} = \frac{1}{8}.10{a^2} = \frac{5}{4}{a^2}.\)

Vậy \({S_{IDE\,\,\max }} = \frac{{5{a^2}}}{4}\).