Bài 23 trang 103 Dạy và học Toán 9 tập 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O ; R). Gọi H là giao điểm ba đường cao AD, BE, CF. Gọi S là diện tích tam giác ABC....

Cho tam giác ABC nội tiếp (O ; R). Gọi H là giao điểm ba đường cao AD, BE, CF. Gọi S là diện tích tam giác ABC.

a) Chứng minh AEHF và AEDB nội tiếp.

b) Kẻ đường kính AK của đường tròn O. Chứng minh hai tam giác ABD, AKC đồng dạng và AB.AC = 2R.AD.

c) Chứng minh \(S = \dfrac{{AB.AC.BC}}{{4R}}\) .

d) Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh tứ giác EFDM nội tiếp.

a) Chứng minh tứ giác AEHF có tổng hai góc đối bằng 180⁰.

Chứng minh tứgiaác AEDB có 2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau.

b) Chứng minh hai tam giác ABD, AKC đồng dạng theo trường hợp g-g, suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.

c) \(S = \dfrac{1}{2}AD.BC\). Rút CD ở ý b) thế vào S.

d) Chứng minh tứ giác EFDM có 2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau.

a) Xét tứ giác AEHF có: \(\widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

Xét tứ giác AEDB có: \(\widehat {AEB} = \widehat {ADB} = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \) 2 đỉnh E, D cùng nhìn AB dưới 1 góc 90⁰\( \Rightarrow \) 2 điểm E; D cùng thuộc đường tròn đường kính AB. Vậy tứ giác AEDB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB.

b) Ta có: \(\widehat {ACK} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AKC\) có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = {90^0}\); \(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC).

Mà AK là đường kính của đường tròn \(\left( {O;R} \right) \Rightarrow AK = 2R \Rightarrow AB.AC = 2R.AD\).

c) Ta có \({S_{ABC}} = S = \dfrac{1}{2}AD.BC\). Mà \(AB.AC = 2R.AD \Rightarrow AD = \dfrac{{AB.AC}}{{2R}}\)

Vậy \(S = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{AB.AC}}{{2R}}.BC = \dfrac{{AB.AC.BC}}{{4R}}\).

d) Ta có \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^0} \Rightarrow \) 2 điểm E, F cùng nhìn BC dưới 1 góc 90⁰ nên 2 điểm E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC \( \Rightarrow \) BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC tâm M.

Xét đường tròn đường kính BC ta có: \(\widehat {EMF} = 2\widehat {ECF}\,\,\left( 1 \right)\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn 1 cung).

Xét tứ giác BDHF có: \(\widehat {BDH} + \widehat {BFH} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \)BDHF là tứ giác nội tiếp(Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰) \( \Rightarrow \widehat {HDF} = \widehat {HBF}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HF).

Chứng minh tương tự ta có tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {HDE} = \widehat {HCE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HE).

Ta có: \(\widehat {EDF} = \widehat {HDE} + \widehat {HDF} = \widehat {HCE} + \widehat {HDF}\).

Xét đường tròn đường kính BC có \(\widehat {HCE} = \widehat {HDF}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF).

\( \Rightarrow \widehat {EDF} = 2\widehat {HCE} = 2\widehat {ECF}\,\,\left( 2 \right)\) .

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {EMF} = \widehat {ECF} \Rightarrow \) 2 đỉnh M, C cùng nhìn EF dưới góc bằng nhau. Vậy EFDM là tứ giác nội tiếp.