by Cho tam giác \(ABC\) có \(AH\) là đường cao, biết \(BH = 9\,cm,HC = 16\,\,cm\) và \({\rm{tan }}\angle ACB = \frac{3}{4}.\)
a) Tính độ dài các cạnh \(AH,\,\,AC.\)
b) Vẽ đường tròn tâm \(B\) bán kính \(BA.\) Chứng minh rằng \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\).
c) Tia \(AH\) cắt đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\) tại \(D\,\,\,\left( {D \ne A} \right).\) Vẽ tiếp tuyến \(Dx\) của \(\left( {B;BA} \right)\) (với \(D\) là tiếp điểm). Chứng minh rằng \(Dx\) đi qua điểm \(C.\)
d) Cạnh \(BC\) cắt đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\) tại \(E.\)
Chứng minh: \(AE\) là tia phân giác của góc \(HAC\) và \(EH.\tan \,ABC = EC.\sin \,ABC\).
Phương pháp giải:
a) Áp dụng công thưc tính tan 1 góc và định lý Pytago trong tam giác vuông.
b) Chứng minh \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) qua định lý Pytago đảo, suy ra \(BA \bot CA.\)
c) Chứng minh \(\Delta ABC = \Delta DBC\) để suy ra \(DC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;BA} \right),\,\,DC \equiv Dx.\)
d) Chứng minh \(\angle EAC = \angle HAE\)do cùng phụ với \(\angle BEA\)
+) Biến đổi tương đương biểu thức cần chứng minh về 1 kết quả luôn đúng.
Lời giải chi tiết:
a) Tính độ dài các cạnh \(AH,\,\,AC.\)
Trong \(\Delta AHC\)vuông tại \(H\) có:
\(\tan ACB = \frac{{AH}}{{HC}} = \frac{3}{4} \Rightarrow AH = HC.\frac{3}{4} = 16.\frac{3}{4} = 12\,\,\,\left( {cm} \right).\)
\(A{C^2} = A{H^2} + H{C^2} = {12^2} + {16^2} = 400 \Rightarrow AC = \sqrt {400} = 20\,\,\,\left( {cm} \right).\)
Vậy \(AH = 12\,\,cm;\,\,\,AC = 20\,\,cm.\)
b) Vẽ đường tròn tâm \(B\) bán kính \(BA.\) Chứng minh rằng \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\).
Trong \(\Delta ABH\)vuông tại \(H\) có: \(AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {9^2}} = \sqrt {225} = 15\,\,\left( {cm} \right).\)
Nhận thấy: \(A{B^2} + A{C^2} = {15^2} + {20^2} = 625 = {25^2} = B{C^2}\)
\( \Rightarrow \Delta ABC\)vuông tại \(A \Rightarrow BA \bot CA.\)
\( \Rightarrow AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\) (định nghĩa).
Vậy \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\).
c) Tia \(AH\) cắt đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\) tại \(D\,\,\,\left( {D \ne A} \right).\) Vẽ tiếp tuyến \(Dx\) của \(\left( {B;BA} \right)\) (với \(D\) là tiếp điểm). Chứng minh rằng \(Dx\) đi qua điểm \(C.\)
+) Xét \(\Delta ABD\)có: \(BA = BD\); \(BH \bot AD\)
\( \Rightarrow BH\) là đường cao đồng thời là đường phân giác của \(\Delta ABD\)cân tại \(B\) (tính chất).
\( \Rightarrow \angle ABC = \angle DBC\)
+) Xét \(\Delta ABC\)và \(\Delta DBC\)có:
\(\begin{array}{l}BC\,\,chung\\\angle ABC = \angle DBC\,\,\,\left( {cmt} \right)\\BA = BD\,\,\,\left( {gt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABC = \Delta DBC\,\,\,\left( {c – g – c} \right).\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BAC = \angle BDC = {90^0}\) (hai góc tương ứng).
\( \Rightarrow BD \bot DC\)
\( \Rightarrow DC\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\).
\( \Rightarrow DC \equiv Dx\) hay \(Dx\) đi qua điểm \(C\) (đpcm).
d) Cạnh \(BC\) cắt đường tròn \(\left( {B;BA} \right)\) tại \(E.\)
Chứng minh: \(AE\) là tia phân giác của góc \(HAC\) và \(EH.\tan \,ABC = EC.\sin \,ABC\).
+) Ta có \(\angle BAE = \angle BEA\) (do \(\Delta ABE\) cân tại \(B\))
Lại có: \(\angle BAE + \angle EAC = \angle BAC = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle BEA + \angle EAC = {90^0}\)(1)
Mặt khác: \(\angle BEA + \angle HAE = {180^0} – \angle AHE = {90^0}\)(2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle EAC = \angle HAE \Rightarrow AE\) là tia phân giác của \(\angle HAC\) (đpcm)
+) Nếu: \(EH.\tan \,ABC = EC.\sin \,ABC\)
Thì \(EH.\frac{{AC}}{{AB}} = EC.\frac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow EH.\frac{{20}}{{15}} = EC.\frac{{20}}{{25}} \Rightarrow \frac{{EH}}{3} = \frac{{EC}}{5}\)(1)
Ta có: \(AE\) là tia phân giác của \(\angle HAC\)
\( \Rightarrow \frac{{EH}}{{EC}} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{12}}{{20}} = \frac{3}{5}\) (tính chất đường phân giác)
\( \Rightarrow \frac{{EH}}{3} = \frac{{EC}}{5}\)\( \Rightarrow \left( 1 \right)\) luôn đúng.
Vậy \(EH.\tan \,ABC = EC.\sin \,ABC\).
