Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

1.Chứng minh tứ giác AMHN có tổng hai góc đối bằng 180⁰ và xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.

2.Chứng minh tam giác ABP và tam giác CBM đồng dạng.

3.Chứng minh H là trực tâm tam giác ABC.

4.Tam giác ABC đều \( \Rightarrow \) Trực tâm H là trọng tâm của tam giác ABC \( \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AP\). Tính AH, suy ra bán kính và tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác AMHN.

Gọi \(D = AO \cap EF\), chứng minh \(HD \bot AO\) và \(EF \bot AO \Rightarrow EF \equiv HD\).

Giải chi tiết:

 

Cho tam giác \(ABC\) nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh \(AB,AC\) lần lượt tại các điểm \(M,N\,\,\left( {M \ne B,N \ne C} \right)\). Gọi H là giao điểm của BN và CM; P là giao điểm của AH và BC.

 

Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn.

Ta có \(\widehat {BMC} = \widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {AMH} = \widehat {ANH} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMHN\) có \(\widehat {AMH} + \widehat {ANH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

Chứng minh \(BM.BA = BP.BC\).

Xét \(\Delta ABP\) và \(\Delta CBM\) có:

\(\widehat {APB} = \widehat {CMB} = {90^0}\) ;

\(\widehat {ABC}\) chung;

\( \Rightarrow \Delta ABP \sim \Delta CBM\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{BA}}{{BP}} = \frac{{BC}}{{BM}} \Rightarrow BM.BA = BP.BC\)  

Trong trường hợp đặc biệt khi tam giác \(ABC\) đều cạnh bằng \(2a\) . Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN.

Ta có \(BN \bot AC;\,\,CM \bot AB;\,\,BN \cap CM = H \Rightarrow H\) là trực tâm tam giác ABC.

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow \widehat {ABP} = \widehat {ABC} = {60^0}\)

Xét tam giác vuông ABP có \(AP = AB.\sin {60^0} = 2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \)

Do H là trực tâm tam giác ABC nên đồng thời H cũng là trọng tâm của tam giác ABC\( \Rightarrow AH = \frac{2}{3}AP = \frac{2}{3}a\sqrt 3  = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)

Vì AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN nên bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(\frac{{AH}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN là \(C = 2\pi .\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\pi a\sqrt 3 }}{3}\).

Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AE và AF của đường tròn tâm O đường kính BC (E, F là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.

Gọi D là giao điểm của OA và EF.

H là trực tâm tam giác ABC \( \Rightarrow AH \bot BC \Rightarrow AP \bot BC \Rightarrow \widehat {APC} = {90^0}\)

\(\widehat {BNC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ANH} = {90^0}\) 

Xét \(\Delta AHN\) và \(\Delta ACP\) có :

\(\widehat {ANH} = \widehat {APC} = {90^0}\) (cmt)

\(\widehat {PAC}\) chung ;

\( \Rightarrow \Delta AHN \sim \Delta ACP\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AP}} \Rightarrow AH.AP = AN.AC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \[\Delta AFN\] và \(\Delta ACF\) có :

\(\widehat {FAC}\) chung ;

\(\widehat {AFN} = \widehat {ACF}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung NF).

\( \Rightarrow \Delta AFN \sim \Delta ACF\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AF}} \Rightarrow AN.AC = A{F^2}\,\,\,\left( 2 \right)\)

Ta có \(AF \bot OF\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \Delta OAF\) vuông tại F.

Có \(AE = AF\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ; \(OE = OF\,\,\left( { = R} \right) \Rightarrow OA\) là trung trực của EF.

\( \Rightarrow OA \bot EF \Rightarrow FD\) là đường cao của tam giác vuông OAF.

\( \Rightarrow A{F^2} = AD.AO\,\,\,\left( 3 \right)\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow AH.AP = AD.AO \Rightarrow \frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AD}}{{AP}}\)

Xét \(\Delta AHD\) và \(\Delta AOP\) có:

\(\widehat {OAP}\) chung;

\(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AD}}{{AP}}\,\,\left( {cmt} \right)\);

\( \Rightarrow \Delta AHD \sim \Delta AOP\,\,\left( {c.g.c} \right)\).

\( \Rightarrow \widehat {ADH} = \widehat {APO} = {90^0} \Rightarrow HD \bot OA\)

Từ đó ta có qua điểm D ta kẻ được \[EF \bot OA\] (cmt) và \(HD \bot OA \Rightarrow EF \equiv HD\).

Vậy ba điểm \(E,H,F\) thẳng hàng.