Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H. Gọi O, K, L lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác ABC, HCA, HAB. CK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AKH tại M khác K. BL cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH tại N khác L. HM, HN | lần lượt cắt CA, AB tại E, F, G thuộc BC sao cho HG vuông góc OA. Chứng minh rằng | E, F, G thẳng hàng.
Mn giúp mình với mình cần gấp :(Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
4) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O) . Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác B D C ^
Ta có K Q C ^ = 2 K M C ^ (góc nọi tiếp bằng nửa góc ở tâm trong dường tròn (Q))
N D C ^ = K M C ^ (góc nội tiếp cùng chắn cung N C ⏜ )
Mà B D C ^ = 2 N D C ^ ⇒ K Q C ^ = B D C ^
Xét 2 tam giác BDC & KQC là các các tam giác vuông tại D và Q có hai góc ở ⇒ B C D ^ = B C Q ^ do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ//PK
Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng và DQ//PK
Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK. Vậy D, E, K thẳng hàng (điều phải chứng minh).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a. Ta thấy \(\widehat{HDC}=\widehat{HEC}=90^o\) nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC.
b. Ta thấy ngay \(\widehat{IAC}=\widehat{KBC}\) (Cùng phụ với góc ACB) nên \(\widebat{IC}=\widebat{KC}\) (Góc nội tiếp)
suy ra IC = KC ( Liên hệ giữa cung và dây)
Vậy nên tam giác IKC cân tại C.
c. Do \(\widebat{IC}=\widebat{KC}\) nên \(\widehat{KAC}=\widehat{ACI}\) (Góc nội tiếp)
Xét tam giác AHK có AE vừa là đường cao, vừa là phân giác nên AHK là tam giác cân tại A, hay AH = AK.
d. Ta thấy do BOF là đường kính nên \(\widehat{BCF}=90^o\Rightarrow\) AH // FC (Cùng vuông góc với BC).
Tương tự AF // HC vì cùng vuông góc với AB. Vậy thì AFCH là hình bình hành hay AC giao FH tại trung điểm mỗi đường.
P là trung điểm AC nên F cũng là trung điểm FH. Vậy F, H, P thẳng hàng.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.
Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)
Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)
Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)
Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'
=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp
Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL' (1)
Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF
=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g) => FA2 = FK.FC (2)
Từ (1) và (2) => FA2 = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)
=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2
Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp
Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L
Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 1800 - ^BAC/2
Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).
Trên EF lấy điểm G sao cho \(HG\perp OA\) (Định nghĩa lại điểm G)
Ta thấy đường tròn (HAC) và (O) đối xứng nhau qua AC, suy ra AOCK là hình thoi
Từ đó \(\widehat{OAM}=180^0-\widehat{AMK}=\widehat{AHK}=90^0-\widehat{ACH}=\widehat{BAC}\)
Suy ra \(\widehat{CAM}=\widehat{BAO}=\widehat{CAH}\) hay AC là phân giác của \(\widehat{HAM}\)
Vì MK là phân giác ngoài của \(\widehat{AMH}\) do K là điểm chính giữa cung AMH nên C là tâm bàng tiếp góc A của \(\Delta AHM\)
Do đó \(\frac{CE}{CA}=\frac{HE}{HA}\). Hoàn toàn tương tự \(\frac{BA}{BF}=\frac{HA}{HF}\)
Mặt khác AMHN là hình bình hành do (AKH),(ALH) đối xứng nhau qua trung điểm AH, đồng thời
\(\widehat{MAN}=\widehat{MHN}=\widehat{AHM}+\widehat{AHN}=180^0-\widehat{AOB}+180^0-\widehat{AOC}=2\widehat{BAC}=2\widehat{OAM}\)
Suy ra AO là phân giác của \(\widehat{MAN}\), mà \(HG\perp AO\) nên HG là phân giác ngoài của \(\widehat{MHN}\)
Do vậy \(\frac{GF}{GE}=\frac{HF}{HE}\). Vậy ta có \(\frac{CE}{CA}.\frac{BA}{BF}.\frac{GF}{GE}=1\), suy ra G,B,C thẳng hàng.