Tam giác ba Đường cao

chuyên đề hình ôn thi THPT dành cho lớp 9. Thầy cô cần sử dụng thì tải về miễn phí được ạ.Thầy cô cần thì tải thêm một số tài liệu khác ở trang cá nhân ạ,

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.

- 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

=> EFDO nội tiếp => đpcm

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

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 vuông => 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

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 tròn 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 tròn 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 tròn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi.

Lời giải

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

Tâm I của đường tròn là trung điểm của AB

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

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

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

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

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

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 luôn nhìn AH dưới một gócbằng 900.

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

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn 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 AHkhông 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 tròn)  FBAB  BF//CE(cùng vuông 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 vuông góc giữa đường kính vàdây)

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

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

Bài 5: Cho nửa đường tròn (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 tròn.2) Tính bán kính của đường tròn 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 toán.

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

 C, D thuộc đường tròn 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

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

đoạn thẳng OB (C khác O và B) Dựng đường thẳng d vuông 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

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)

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 tròn=> 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 tròn ( )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

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 nội tiếp.

Lời giải

a) Xét DMEN và DMFP có:µ

Þ= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PE)

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

M

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 tròn (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 tròn (O).

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 tròn ngoại tiếp tamgiác.

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

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 công thức: 1

4) Tính bán kính đường tròn 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

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 vuông 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 vuông 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.

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

(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 tròncó 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  O tại T (T khác A) thì

BC, CA nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Steiner của điểm

PHF

Tương tự ta cũng có tứ giác CEHD nội tiếp.

Ta có: BFC BEC nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp F , E cùngnhìn cạnh BC một góc bằng nhau).

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

Từ  1 ,  2 ,  3 ta suy ra FDHEDH hay AD là phân giác của góc EDF.

Chứng minh tương tự, ta cũng có: BE, CF chứa các đường phân giác của góc

DEF; EFD.

Từ đó suy ra trực tâm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

3) Dựng đường kính của  O Khi đó tứ giác BHCN là hình bình hành.Suy ra H, M , N thẳng hàng H, G, O thẳng hàng và HO 3GO.

Chứng minh: Vì AN là đường kính của  O nên NCAC, do BH AC//.

Chứng minh tương tự, ta cũng có: CH //NB nên tứ giác BHCN là hình bìnhhành.

Suy ra, hai đường chéo NH , BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà M là trung điểm BC nên H, M , N thẳng hàng.

Ta có: MO là đường trung bình của tam giác AHN nên MO // =12AH

Gọi G là giao điểm của AM và HO, do MO//AH (cùng vuông góc với BC).