Cho đường tròn tâm (O;BC), đường kính BC, lấy điểm A thuộc nửa đường tròn có bờ là BC. Kẻ AH vuông góc với BC tại Hà, kẻ HE vuông góc với AB tại E, HF vuông góc với AC tại F.
a, CMR: E, A, H, F cùng thuộc một đường tròn
b, CMR: AE. AB=AF.AC
c, Kẻ đường thẳng EF giao với đường tròn tại M và N. Chứng tỏ ∆AMN cân.
Lời giải:
a)
$HE\perp AB, HF\perp AC\Rightarrow \widehat{HEA}=\widehat{HFA}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{HEA}+\widehat{HFA}=180^0$
Tứ giác $HEAF$ có tổng hai góc đối bằng $180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
Hay $H,E,A,F$ cùng thuộc một đường tròn.
b)
$\widehat{EAF}=\widehat{BAC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
Tứ giác $HEAF$ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật
$\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AHF}=90^0-\widehat{HAF}=\widehat{ACB}$
$\Rightarrow \triangle AEF\sim \triangle ACB$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$
$\Rightarrow AE.AB=AF.AC$ (g.g)
c)
Lấy $K\equiv AO\cap MN$
$OAC$ là tam giác cân do $OA=OC=R$ nên $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$.
Do đó:
$\widehat{KAF}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\widehat{BCA}=\widehat{AEF}$
$\Rightarrow \widehat{KAF}+\widehat{AFK}=\widehat{AEF}+\widehat{AFK}=180^0-\widehat{EAF}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{AKF}=180^0-(\widehat{KAF}+\widehat{AFK})=180^0-90^0=90^0$
$\Rightarrow KO\perp MN$. Mà $OM=ON(=R)$ nên $OK$ là đường trung trực của $MN$
$A\in OK$ nên $AM=AN$
$\Rightarrow \triangle AMN$ cân tại $A$
Lời giải:
a)
$HE\perp AB, HF\perp AC\Rightarrow \widehat{HEA}=\widehat{HFA}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{HEA}+\widehat{HFA}=180^0$
Tứ giác $HEAF$ có tổng hai góc đối bằng $180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
Hay $H,E,A,F$ cùng thuộc một đường tròn.
b)
$\widehat{EAF}=\widehat{BAC}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
Tứ giác $HEAF$ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật
$\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AHF}=90^0-\widehat{HAF}=\widehat{ACB}$
$\Rightarrow \triangle AEF\sim \triangle ACB$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$
$\Rightarrow AE.AB=AF.AC$ (g.g)
c)
Lấy $K\equiv AO\cap MN$
$OAC$ là tam giác cân do $OA=OC=R$ nên $\widehat{OAC}=\widehat{OCA}$.
Do đó:
$\widehat{KAF}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\widehat{BCA}=\widehat{AEF}$
$\Rightarrow \widehat{KAF}+\widehat{AFK}=\widehat{AEF}+\widehat{AFK}=180^0-\widehat{EAF}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{AKF}=180^0-(\widehat{KAF}+\widehat{AFK})=180^0-90^0=90^0$
$\Rightarrow KO\perp MN$. Mà $OM=ON(=R)$ nên $OK$ là đường trung trực của $MN$
$A\in OK$ nên $AM=AN$
$\Rightarrow \triangle AMN$ cân tại $A$ (đpcm)
