2 bài tập Đường tròn liên quan đến ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy (có lời giải)

a) Xét tứ giác $AEHF$, ta có: $\widehat {AFH} = 90^\circ$(Vì CF là đường cao của tam giác ABC)

$\widehat {AEH} = 90^\circ$( Vì BE là đường cao của tam giác ABC)

Do đó $\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$

Vậy tứ giác $AEHF$là tứ giác nội tiếp .

b) Xét tứ giác $AEHF$, ta có: $\widehat {IEF} = \widehat {IAF}$(cùng chắn )

$\widehat {IAF} = \widehat {IBC}$ (cùng chắn )

Do đó $\widehat {IEF} = \widehat {IBC}$

Tương tự, $\widehat {FIE} = \widehat {FAE}$ (cùng chắn )

$\widehat {FAE} = \widehat {BIC}$(cùng chắn )

Do đó $\widehat {FIE} = \widehat {BIC}$

Xét $\Delta IBC$ và $\Delta IFE$, ta có: $\widehat {IEF} = \widehat {IBC}$(cmt)

$\widehat {FIE} = \widehat {BIC}$(cmt)

Do đó

c)

Tứ giác $IAEF$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat {IFK} = \widehat {IAE}$

Tứ giác $IABC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {IAE}$

Suy ra $\widehat {IFK} = \widehat {IBK}$

Suy ra tứ giác $IFBK$ nội tiếp (có hai đỉnh $B,F$ kề cùng nhìn cạnh $IK$ dưới một góc bằng nhau).

Vậy $\widehat {KIF} + \widehat {KBF} = 180^\circ$, mà $\widehat {KBF} = \widehat {FEC} = \widehat {FIA}$

$\Rightarrow \widehat {KIF} + \widehat {FIA} = 180^\circ$ hay ba điểm $A,{\rm{ }}I,{\rm{ }}K$thẳng hàng.

a) Ta có : $\widehat {CDI} = {90^0}$ (gt)

$\widehat {CKI} = {90^0}$ (gt)

$\Rightarrow \widehat {CDI} = \widehat {CKI}$

Vậy tứ giác CDKI nội tiếp.

b) Ta có: BD là phân giác của tam giác ABC (gt) $\Rightarrow \frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{BC}}$ (1)

Xét $\Delta DCH$ và $\Delta CBA$ có:

$\widehat {CDH} = \widehat {BCA}\;\;\left( { = {{90}^0}} \right)$

$\widehat {DCH} = \widehat {CBA}$ (cùng phụ $\widehat {BAC}$)

$\Rightarrow \Delta DCH \sim \Delta CBA$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{{DH}}{{AC}} = \frac{{DC}}{{BC}}$ (2)

Từ (1), (2) $\Rightarrow \frac{{DH}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AB}} \Rightarrow AC.AD = AB.DH$

c)

Gọi F’ là giao điểm của BN với AD, Q là giao điểm của AB với (I).

Ta có: ID // BC (cùng vuông góc với AC) $\Rightarrow \widehat {IDB} = \widehat {DBC}$

Mà $\widehat {DBI} = \widehat {DBC}$ (gt)

$\Rightarrow \widehat {IDB} = \widehat {DBI}$

$\Rightarrow \Delta IDB$cân tại I $\Rightarrow IB = ID \Rightarrow B \in (I)$

$\Rightarrow$ tứ giác BMNQ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat {NBQ} = \widehat {NMQ}$

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

$\Rightarrow QM \bot BC$

$\Rightarrow$ QM // AC (cùng vuông góc với BC)

$\Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MAD}$ (so le trong)

$\Rightarrow \widehat {NAF'} = \widehat {F'BA}$

Xét $\Delta F'AN$ và $\Delta F'BA$ có:

$\widehat {NAF'} = \widehat {F'BA}$ (c/m trên)

$\widehat {BF'A}$ chung

$\Rightarrow$ $\Delta F'AN$ $\sim$ $\Delta F'BA$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{{F'A}}{{F'B}} = \frac{{F'N}}{{F'A}} \Rightarrow F'{A^2} = F'B.F'N$ (3)

Ta lại có: $DA \bot ID$ (gt) nên DA là tiếp tuyến của (I) $\Rightarrow \widehat {F'DN} = \widehat {NBD}$

Xét $\Delta F'DN$ và $\Delta F'BD$ có:

$\widehat {F'DN} = \widehat {NBD}$ (c/m trên)

$\widehat {BF'D}$ chung

$\Rightarrow$ $\Delta F'DN$ $\sim$ $\Delta F'BD$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{{F'D}}{{F'B}} = \frac{{F'N}}{{F'D}} \Rightarrow F'{D^2} = F'B.F'N$ (4)

Từ (3), (4) $\Rightarrow F'{A^2} = F'{D^2}$ $\Rightarrow$ F’A = F’D Hay F’ là trung điểm của AD

Do đó F’ trùng với F

Vậy F, N, B thẳng hàng