Tam giác ba Đường cao

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (416.12 KB, 38 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

BÀI TOÁN TAM GIÁC BA ĐƯỜNG CAO

Bài 1:  ABC nhọn, AD, BE, CF là 3 đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh:

DB DCDH DADADC

Bài 2 : "6 tứ giác nội tiếp trong tam giác nhọn "

ABC nhọn, AD, BE, CF là 3 đường cao cắt nhau tại H.1) Chứng minh: AEHF nội tiếp (Tứ giác nội tiếp loại 1)2) Chứng minh: BCEF nội tiếp (Tứ giác nội tiếp loại 2)

Giải1) AEH AFH 900(BE, CF là 2 đườngcao)

Chú ý: Ngoài 2 tứ giác nội tiếp trên thì có những tứ giác nội tiếp tương tự

1) Tứ giác nội tiếp loại 1:

- BDHF nội tiếp. Tâm là trung điểm của BH.

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

- CDHE nội tiếp. Tâm là trung điểm của CH.2) Tứ giác nội tiếp loại 2:

- ABDE nội tiếp. Tâm là trung điểm của AB.- ACDF nội tiếp. Tâm là trung điểm của AC.

Bài 3: “Trực tâm tam giác nhọn là tâm đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 3 chân đường cao”

Cho  ABC nhọn, AD, BE, CF là 3 đường cao cắt nhau tại H. Chứng minh H làtâm đường tròn nội tiếp  DEF.

=> FH là phân giác của góc DFE

Tương tự: DH là phân giác của góc EDF => đpcm

Bài 4: “Ba chân đường cao và trung điểm của cạnh tam giác cùng thuộc 1đường tròn”

Cho  ABC nhọn, AD, BE, CF là 3 đường cao cắt nhau tại H, O là trung điểmcủa BC. CM: D, F, E, O thuộc đường tròn (đường tròn Euler)

A

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

=> EFDO nội tiếp => đpcm

Mở rộng: Đường tròn đi qua 4 điểm D F E O, , , chính là đường trịn Ơ-le: Đường trịn Ơ le là đường tròn đi qua 9 điểm:

- 3 chân đường cao

- 3 trung điểm của 3 cạnh

- 3 trung điểm của AH, BH, CH (trung điểm của 3 đoạn nối trực tâm đến 3

đỉnh của tam giác)

Bài 5: “Hai đỉnh của tam giác, điểm đối xứng với đỉnh còn lại qua tâm đườngtròn ngoại tiếp và trực tâm tạo thành hình bình hành”

ABC nhọn nội tiếp(O), AD, BE, CF là 3 đường cao cắt nhau tại H.Vẽ đường kính AK

a. M là trung điểm của HK

b. OM là đường trung bình  AHKc. OM = 1/2 AH

21 H

A

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

d. Nếu O’ đối xứng với O qua BC thì AHO’O là hình bình hành=> O’H = OA = R

Suy rộng: Cho BC R3. CM: AHO’O là hình thoi.

(dùng định lý Pitago OMC vng => OM = R/2=> AH = R)

Bài 6: “ Giao điểm của đường cao với đường tròn đối xứng với trực tâm quamột cạnh của tam giác”

ABC nhọn nội tiếp (O), AD, BE, CF là 3 đường cao cắt nhau tại H. AH cắt(O) tại D’. Chứng minh D’ và H đối xứng nhau qua BC.

BDHD => BD là đường cao=> HBD’ cân tại B

=> BD là trung trực HD’ => đpcm

* Chú ý:

1) E’ đối xứng H qua AC 2) F’ đối xứng với H qua AB

3) E’F’ là đường trung bình của E’HF’

=> Có thể chứng minh song song bằng hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau4) EF // E’F’ ; DE //D’E’; DF//D’F’

Vẽ xy là tiếp tuyến tại A của (O)

A

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

1) OBDF2) OCDE

II. MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính

R. Kẻ các đường cao AD, BE của tam giác ABC. Các tia AD,BE lần lượt cắt (O)tại các điểm thứ hai là M, N. Chứng minh rằng:

1. Bốn điểm A, E, D, B thuộc một đường tròn, tìm tâm I của đường trịn đó.2. MN // DE

3. Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minhrằng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE khơng đổi.

Lời giải

1) Do AEB90 ;0ADB900 hai điểm D, E cùng thuộc đường trịn đường kínhAB. Vậy 4 điểm A,B, D, E cùng thuộc đường trịn đường kính AB.

Tâm I của đường trịn là trung điểm của AB

2) Ta có tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn  BAD BED (hai góc nội tiếpcùng chắn BD ).

Mặt khác trong đường tròn (O): BAD BNM ( hai góc nội tiếp cùng chắn BM )

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

b) Chứng minh MHC ABP

c) Chứng minh: Ba điểm H, P, M thẳng hàng và BCHC 1

HP HQ 

Do đó tam giác MHC cân tại M  MHC MCA

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

Lại có ADB MCA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Vì tứ giác ABPH nội tiếp được đường tròn (AHB APB900)Suy ra ABP PHC (cùng bù với AHP)

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O; R) tại M và N (F nằm giữa M vàE).Chứng minh AM = AN.

c) Cho biết BAC 600. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF theo

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

a) Xét tứ giác BFEC có BFC BEC90 (0 GT)

 F và E cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900

 Tứ giác BFEC nội tiếp.

b) Kẻ đường kính AD của đường tròn (O), AD cắt MN tại KTa có BDA BCA (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)MàBCA BFE1800(do tứ giác BFEC nội tiếp)

 BHCD là hình bình hành. I là trung điểm của HD và BC

Xét AHD có I là trung điểm của BC, O là trung điểm của AD  OI làđường trung bình của tam giác AHD1

(1)2

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

Xét BOI vuông tại I có BOI 600 OI 12BO12R(2)Từ (1) và (2)  AH R

Xét tứ giác AFHE có AFHAEH 900 F và E ln nhìn AH dưới một gócbằng 900.

 AH là đường kính của đường trịn ngoại tiếp AEF.Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp AEF là

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm (O;R) có cạnh BC cố

định còn điểm A thay đổi trên đường tròn (O). Các đường cao BD, CE của tamgiác ABC cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn.

b) Kéo dài AO cắt đường tròn tại F. Chứng minh BF//CE và FAC = BCE .

c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn AHkhơng đổi.

a) Ta có CE AB (gt) HEA = 900

BDAC(gt) HDA= 900

HEA + HDA = 1800 Tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn

b) Ta có ABF = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  FBAB  BF//CE(cùng vng góc với AB)

Do BF//CE FBC = BCE (so le trong)

Mặt khác FBC = FAC (hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)Từ đó suy ra FAC =BCE

c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành

Gọi I là giao điểm của BC và HF thì I là trung điểm của BC và HF

Do I là trung điểm BC nên OIBC (quan hệ vng góc giữa đường kính vàdây)

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

 OI là khoảng cách từ tâm O đến dây BC cố định nên OI khơng đổi.

Mặt khác OI là đường trung bình của tam giác FAH nên AH = 2OI do đó khiA thay đổi trên đường trịn thì độ dài AH khơng đổi.

Bài 5: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho

trước). C, D là hai điểm trên nửa đường tròn (O) sao cho C thuộc cung AD vàCD = R. Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đườngthẳng AC và BD là F

1) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường trịn.2) Tính bán kính của đường trịn ngoại tiếp tứ giác CEDF theo R.

3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổinhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài tốn.

a) Ta có ACB = ADB = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ECF = EDF = 900 (kề bù)

 C, D thuộc đường trịn đường kính EF tứ giác CEDF nội tiếp đường tròn.

b) Gọi J là trung điểm của EF thì OJ là trung trực của CD OJ  CD tại K nên K là trung điểm của CD

Tam giác COD đều  COD = 600

AFB = 1



00



01806060

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

Bài 6: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc

đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vng góc với AB tạiđiểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bấtkỳ (N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đườngthẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khácA).

a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp.b) Chứng minh ba điểm B, F, D thẳng hàng.

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằngđiểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N thay đổi.

NM

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

Mà AN cắt EC tại F (vì AN cắt d tại F) F là trực tâm của tam giác ABE.

Lại có: BDAE (vì   0

ADB90 ) Ba điểm B, F, D thẳng hàng.c)

Vẽ điểm H đối xứng với B qua C. Do B và C cố định nên H cố định.Khi đó: FBH cân tại F (vì có FC vừa là đường cao, vừa là trung tuyến)

FHBAEC hay FHB AEF

 AEFH là tứ giác nội tiếp (Theo định nghĩa)

 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua hai điểm A, H cố định

 Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường trung trựccủa đoạn thẳng AH cố định.

Bài 7: ChoABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽđường kính AK.

a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành.

b) Vẽ OM BC (M



BC). Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộccác cạnh BC, CA, AB củaABC. Chứng minh C’C là phân giác của A' C' B'

và tứ giác MA’C’B’nội tiếp.

c). Khi BC cố định, hãy xác định vị trí điểm A để tổng

S A’B’ B’C’ C’ A’ đạt giá trị lớn nhất.

a Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành.Ta có ACK = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)Nên CK AC mà BH AC (vì H trực tâm)=> CK // BHTương tự ta có: CH // BK=> Tứ giác BHCK là hbh (đpcm)

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

b Chứng minh C’C là phân giác của A' C' B' và tứ giác MA’C’B’nộitiếp.

OM BC => M trung điểm của BC (định lý đường kính và dây cung)=>BM=B’M nên tam giác BB’M cân tại M

=>B' BMBB' M

 

1

Chứng minh được tứ giác BC’B’C nội tiếp nên CBB' CC' B'

 

2Chứng minh được tứ giác BC’HA’ nội tiếp nên A' BH A' C' H

 

3Từ (1),(2),(3)=> A' BH A' C' H BB' M CC' B'

Do đó: C’C là phân giác của A' C' B'

Ta có :

A' MB' A' C' B'A' MB' AC' C CC' B A' MB' MBB' MB' B

Do đó : tứ giác MA’C’B’nội tiếp.

c Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng:S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất.

Kẻ Ax là tiếp tuyến tại A

Ta có : tứ giác BC’B’C nội tiếp đường trịn=> AC B = ACB. Mà ACB BAx

=> Ax // B’C’

Mà OA Ax => OA  B’C’

Do đó SAB’OC’ =

A là đỉểm chính giữa cung lớn BC.

Bài 8: Cho đường trịn ( )O , dây NP cố định không đi qua tâm. M là một điểmchuyển động trên cung lớn NP sao cho tam giác MNP nhọn. Các đường cao

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

NE PF của tam giác MNP cắt nhau tại H (E F, lần lượt nằm trên MP MN, ) vàcắt đường tròn tại điểm thứ hai lần lượt tại A và B.

a) Chứng minh: ME MP.=MF MN..

b) Chứng minh: ·AMP=·EFP.

c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt NE PF, lần lượt tại Cvà D. Chứng minhtứ giác CDNP ni tip.

Li gii

a) Xột DMEN v DMFP cú:à

ị= (hai gúc nội tiếp cùng chắn cung PE)

Lại có ·AMP=PNE· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AP của ( )O )

M

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

PNC= sđ »AP (góc nội tiếp chắn cung AP)

PDC= (sđ ¼MP- sđ MB¼ ) 12

= (sđ ¼MP- sđ MA¼ ) 12

Mà hai góc này ở vị trí kề nhau cùng nhìn cạnh PC.

Þ Tứ giác CDNP nội tiếp.

Bài 9. Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R). Gọi H là trực tâm của ABC, E làđiểm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I củaBC.

1) Chứng minh rằng tứ giác BHCF là hình bình hành.2) E,F nằm trên đường trịn (O).

3) Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.

4) Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC.5) Chứng minh . .

AB BC CAS

1) Chứng minh rằng tứ giác BHCF là hình bình hành.

Xét tứ giác BHCF:

Theo đề bài : +I là trung điểm đường chéo BC

+ F đối xứng với H qua trung điểm I của BC nên I là trung điểmcủa đường chéo HF.

Vậy I là trung điểm của 2 đường chéo của tứ giác BHCF nên tứ giác BHCF làhình bình hành. (dhnb hbh).

2) E,F nằm trên đường trịn (O).

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

Mặt khác vì E đối xứng với H qua BC nên CH = CE; BH = BE (2)Từ (1) và (2) suy BE = CF; BF = CE.

Xét BEC BFC, cóBE = CF;

BF = CE;BC chung

Suy ra BECBFC(ccc) BEC CFB (góc tương ứng)

Xét tứ giác BECF có BEC CFB cùng nhìn cung BC nên BECF là tứ giác nộitiếp mà B,C,F đều thuộc (O) nên E cũng thuộc (O). Vậy BECF nội tiếp (O)

3) Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.

Gọi K là giao điểm của BC và HEXét HEF:

Vì E đối xứng với H qua BC nên K là trung điểm của HE (gt)Vì F đối xứng với H qua I nên I là trung điểm của HF(gt)Suy ra IK là đường trung bình của HEF .

Vậy EF // BC (tính chất đường trung bình)

Xét tứ giác BECF : EF // BC nên BECF là hình thang, mặt khác BECBFC

(cmt) nên

CE = BF (cạnh tương ứng)

Vậy hình thang BECF có 2 đường chéo bằng nhau nên đây là hình thang cân.

4) Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC.

Xét tam giác ABC: H là trực tâm tam giác, O là tâm đường trịn ngoại tiếp tamgiác.

Ta có 1 bài tốn chứng minh được trong 1 tam giác trong tâm, trực tâm và tâmđường tròn ngoại tiếp thẳng hàng.

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

Trong bài toán này AI là đường trung tuyến cắt HO là đường thẳng nối tâmđường tròn ngoại tiếp và trực tâm. Vì trọng tâm thuộc AI, trọng tâm cũng thuộcHO vậy AI và HO cắt nhau tại trong tậm G của tam giác ABC.

5) Chứng minh . .

AB BC CAS

Từ định lýsin

A B  C  ta suy ra sin2

Thay vào cơng thức: 1

4) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp AEF theo R.

5) Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để tổng HA + HB + HC lớn nhất.

1) Chứng minh: Tứ giác AEHF và tứ giác BFEC nội tiếp

Vẽ đường kính đi qua B cắt đường tròn tâm O tại O’.Xét tam giác A’BC: 331

</div>Trang 18<div class="page_container" data-page="18">

Xét (O):  1 602

BAC BC (góc nội tiếp)

Xét tam giác ABC có: BE và CF là đường cao F C90

Tứ giác AEHF: C F90 90 180 mà 2 góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giácAEHF là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác BFEC: CF90 cùng nhìn cung BC, vậy tứ giác BFEC nội tiếp

2) Chứng minh AE.AC = AF . AB.

Xét BFEC là tứ giác nội tiếp (cmt) suy ra BFE FEC180

Từ (1) và (2) suy ra AEFABC

Xét AFE và ACB:

AEFABCA chung

Ta có: BEAC(cmt) do BE là đường cao của ABC, mặt khác BE CI/ / (gt)

 CIAC( từ vng góc đến song song)

Xét (O): ACI nhìn AI dưới 1 góc 90 AI là đường kính của (O)Vậy ABI chắn cung AI nên ABI  90 BI AB

Ta có AB CF ,IBAB nên CF BI/ / (từ vng góc đến song song)Xét tứ giác CHBI :CF BI/ / , BE CI  CHBI/ / là hình bình hành4) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF theo R.

</div>Trang 19<div class="page_container" data-page="19">

Ta có SabcR

Vậy 12

rR 

AI là đường kính suy ra AIC là tam giác vuông

Ta dễ dàng chứng minh được AA’CH là hình bình hành, suy ra AH = A’C. Mặtkhác A’C = R nên AH = R

Vậy HA + HB + HC lớn nhất phụ thuộc vào HA + HC, mặt khác HBIC là hìnhbình hành nên HB + HC = IB + IC.

Gọi IP là đường cao của tam giác BIC.

Theo bất đẳng thức Cosi ta có: IB IC2 IB IC. mà . 2 .sin120sin I

SIP BCIB ID  

IB + IC lớn nhất khi và chỉ khi dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi IB IC , IP đạt giátrị lớn nhất khi và chỉ khi I nằm chính giữa cung BC. Khi đó A nằm chính giữacung BC lớn ( vì AI là đường kính)

III. CHÙM BÀI TOÁN

TAM GIÁC BA ĐƯỜNG CAO (BÀI TOÁN NHIỀU CÂU HỎI)

Cho tam giác ABC nội tiếp

 

O có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H,các đường thẳngAH, BH, CH kéo dài cắt

 

O tại giao điểm thứ hai là P, Q, R

</div>Trang 20<div class="page_container" data-page="20">

(P khác B, Q khác C, R khác A). Gọi M , I lần lượt là trung điểm của BC,

AH, đường thẳng EF cắt AH tại K.

1) Các tứ giác BFHD, CEHD, BFEC nội tiếp.

2) Các đường thẳng AD, BE, CF chứa các đường phân giác của góc

5) OAEF, tam giác ARQ cân.

6) Đường thẳng EF kéo dài cắt đường tròn

 

O lần lượt tại E1; F1 (Enằm giữa E1 và F). Khi đó: AE1; AF1 lần lượt là tiếp tuyến của đườngtròn ngoại tiếp các tam giác CEE1; BFF1.

7) Gọi X, Y, Z T, lần lượt là trung điểm của AB, AC, HB, HC. Khiđó 9 điểm X, Y, Z, T, D, E, F, M, I nằm trên cùng một đường trịncó tâm là trung điểm của OH. (gọi là đường tròn Ơle của tam giác ABC

8) K là trực tâm của tam giác IBC.

9) ME MF, là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.

10) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt