Câu hỏi:

19/08/2025 32,897

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp.

b) Gọi E là giao điếm của AH với KI Chứng minh rằng $E A \cdot E H = E K \cdot E I .$

c) Chứng minh KJ vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây cung BC thay đổi sao cho $A B \cdot A C = 3 R^{2} .$ Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán (Đề 3) !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I. (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{A K H} = 90 °$ (vì $H K ⊥ A B$ tại $K);$

$\hat{A I H} = 90 °$ (vì $H I ⊥ A C$ tại I)

Xét tứ giác AKHI có:

$\hat{A K H} + \hat{A I H} = 90 ° + 90 ° = 180 °,$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.

b) Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt) nên

\hat{H K I} = \hat{H A I}

(hai góc nội tiếp cùng chắn

\overset{⏜}{H I})

Hay $\hat{H K E} = \hat{I A E} .$

Xét $Δ E K H$ và $Δ E A I$ có: $\hat{K E H} = \hat{A E I}$ (hai góc đối đỉnh) và $\hat{H K E} = \hat{I A E}$

Do đó: $Δ E K H ∽ Δ E A I$ (g.g) $\Rightarrow \frac{E K}{E A} = \frac{E H}{E I} \Rightarrow E A \cdot E H = E K \cdot E I .$

c) Kẻ đường kính AF của đường tròn (O;R); Gọi J là giao điểm của KI và AO.

Xét đường tròn (O;R) có $\hat{F_{1}} = \hat{B_{1}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $A C)$ (1)

Lại có $\hat{B_{1}} = \hat{H_{1}}$ (vì cùng phụ với $\hat{H_{2}})$ (2)

Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)

nên $\hat{H_{1}} = \hat{I_{1}}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\hat{F_{1}} = \hat{I_{1}} .$

Mà trong đường tròn (O;R) có: $\hat{A C F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Hay $\hat{A_{1}} + \hat{F_{1}} = 90 ° (4)$ .

Từ (3) và (4) suy ra $\hat{A_{1}} + \hat{I_{1}} = 90 ° \Rightarrow \hat{A J I} = 90 ° .$

Vậy KI vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây BC thay đổi sao cho $A B \cdot A C = 3 R^{2} .$

Có $\hat{A C F} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\hat{A B H} = \hat{A F C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A C}$ của đường tròn $(O; R) .$

Xét $Δ A H B$ và $Δ A C F$ có: $\hat{A H B} = \hat{A C F} (= 90 °)$ và $\hat{A B H} = \hat{A F C} .$

Do đó: $Δ A H B ∽ Δ A C F$ (g.g). Suy ra $\frac{A H}{A C} = \frac{A B}{A F} \Rightarrow A H = \frac{A B \cdot A C}{A F} = \frac{3 R^{2}}{2 R} = \frac{3 R}{2} .$

Ta có: $S_{A B C} = \frac{1}{2} A H \cdot B C = \frac{1}{2} \cdot \frac{3 R}{2} \cdot B C = \frac{3 R}{4} \cdot B C .$

Do R không đổi nên $S_{A B C}$ lớn nhất $\Leftrightarrow B C$ lớn nhất.

Gọi M là trung điểm của BC thì $O M ⊥ B C .$ Do đó BC lớn nhất $\Leftrightarrow O M$ bé nhất.

Ta có $O M \geq A M - A O \geq A H - A O = \frac{3 R}{2} - R = \frac{R}{2} .$

OM bé nhất bằng $\frac{R}{2} \Leftrightarrow A, O, M$ thẳng hàng và $H \equiv M .$

Khi đó $A H = A M = A O + O M = R + \frac{R}{2} = \frac{3 R}{2}$

Vậy diện tích $Δ A B C$ lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng $\frac{3 R}{2}$ $(Δ A B C$ đều).

Hot: Giáo án năng lực số, PPT AI khởi động lớp 1-12 (Update 2026) (chỉ từ 150k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hai biểu thức $P = (\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{x - 1} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}) : \frac{x + 4}{1 - x}$ và $Q = \frac{\sqrt{x}}{x + 4}$ (với $x \geq 0; x \neq 1) .$

1) Tính giá tri biểu thức Q với x = 4.

2) Chứng minh rằng $P = 4 Q .$

3) Tìm tất cả các giá trị của x để P nhận giá trị là các số nguyên.

Xem đáp án

Lời giải

1) Theo bài ra $Q = \frac{\sqrt{x}}{x + 4}$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

Thay x = 4 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức Q ta có: $Q = \frac{\sqrt{4}}{4 + 4} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} .$

2) Với $x \geq 0; x \neq 1,$ ta có:

$P = (\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{x - 1} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}) : \frac{x + 4}{1 - x}$ $= [\frac{x - 6 \sqrt{x} + 1}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)} - \frac{\sqrt{x} - 1}{\sqrt{x} + 1}] : \frac{x + 4}{1 - x}$

$= \frac{x - 6 \sqrt{x} + 1 - {(\sqrt{x} - 1)}^{2}}{(\sqrt{x} - 1) (\sqrt{x} + 1)} \cdot \frac{1 - x}{x + 4}$ $= \frac{x - 6 \sqrt{x} + 1 - x + 2 \sqrt{x} - 1}{x - 1} \cdot \frac{1 - x}{x + 4}$

$= \frac{- 4 \sqrt{x}}{x - 1} \cdot \frac{- (x - 1)}{x + 4}$ $= \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 4 \cdot \frac{\sqrt{x}}{x + 4} = 4 \cdot Q .$

Vậy $P = 4 Q$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

3) Ta có $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4}$ với $x \geq 0; x \neq 1.$

Với $x \geq 0; x \neq 1.$ ta có $4 \sqrt{x} \geq 0$ và $x + 4 > 0$ nên $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} \geq 0 (1)$

Ta cũng có: $P = \frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = \frac{x + 4 - (x - 4 \sqrt{x} + 4)}{x + 4} = 1 - \frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} .$

Với $x \geq 0; x \neq 1,$ ta có ${(\sqrt{x} - 2)}^{2} \geq 0$ và $x + 4 > 0$ nên $\frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} \geq 0 \Rightarrow 1 - \frac{{(\sqrt{x} - 2)}^{2}}{x + 4} \leq 1$

Hay $P \leq 1 (2) .$

Từ (1) và (2) suy ra $0 \leq P \leq 1.$

Mà P nhận giá trị là số nguyên nên $P \in \{0; 1\} .$

• Với P = 0 ta có $\frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 0 \Leftrightarrow \sqrt{x} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (thỏa mãn);

• Với P = 1 ta có $\frac{4 \sqrt{x}}{x + 4} = 1 \Leftrightarrow 4 \sqrt{x} = x + 4$ $\Leftrightarrow x + 4 - 4 \sqrt{x} = 0$

$\Leftrightarrow {(\sqrt{x} - 2)}^{2} = 0$ $\Leftrightarrow \sqrt{x} - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 4$ (thỏa mãn).

Vậy $x \in \{0; 4\}$ thì P nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2

Cho hệ phương trình $\{\begin{cases} m x + y = 3 \\ - x + y = 2 \end{cases}$ (với m là tham số).

1) Giải hệ phương trình vời m = 2.

2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn $x^{2} + y^{2} = 10.$

Xem đáp án

Lời giải

1) Với m = 2 hệ phương trình đã cho có dạng:

$\{\begin{cases} 2 x + y = 3 \\ - x + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} 3 x = 1 \\ - x + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{3} \\ - \frac{1}{3} + y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{3} \\ y = \frac{7}{3} \end{cases} .$

Vậy với m = 2 hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $(x; y) = (\frac{1}{3}; \frac{7}{3}) .$

2) Xét hệ phương trình $\{\begin{cases} m x + y = 3 (1) \\ - x + y = 2 (2) \end{cases} .$

Từ (2) ta có $y = x + 2 (3)$

Thay (3) vào (1) ta được: $m x + x + 2 = 3 \Leftrightarrow (m + 1) x = 1 (4) .$

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi phương trình (4) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow m + 1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq - 1.$

Với $m \neq - 1$ phương trình (4) có nghiệm duy nhất $x = \frac{1}{m + 1} .$

Từ (2) ta có $y = \frac{1}{m + 1} + 2 = \frac{2 m + 3}{m + 1} .$

Với $m \neq - 1$ hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x; y) = (\frac{1}{m + 1}; \frac{2 m + 3}{m + 1}) .$

Theo bài ra $x^{2} + y^{2} = 10 \Leftrightarrow {(\frac{1}{m + 1})}^{2} + {(\frac{2 m + 3}{m + 1})}^{2} = 10$ $\Leftrightarrow 1 + {(2 m + 3)}^{2} = 10 {(m + 1)}^{2}$

$\Leftrightarrow 1 + 4 m^{2} + 12 m + 9 = 10 m^{2} + 20 m + 10$

$\Leftrightarrow 6 m^{2} + 8 m = 0$ $\Leftrightarrow 2 m (3 m + 4) = 0$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} m = 0 \\ m = \frac{- 4}{3} (tm). \end{array}$

Vậy $m \in \{\frac{- 4}{3}; 0\}$ thỏa mãn đề bài.

Câu 3

Một hình nón có diện tích đáy bằng $16 π ({cm}^{2})$ và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy. Tính thể tích của hình nón đó.

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho parabol $(P) : y = 2 x^{2}$ và đường thẳng $(d) : y = x + m$ (với m là tham số).

1) Tìn m để (d) đi qua điểm A (2;8).

2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn $x_{1} + x_{2} - 3 x_{1} x_{2} = 5.$

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Câu 5

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x y^{3}}{y^{3} + 4} + \frac{y z^{3}}{z^{3} + 4} + \frac{z x^{3}}{x^{3} + 4}$ .

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Xem thêm các câu hỏi khác »

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Ôn vào 10

Ôn vào 6

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Khoa học tự nhiên

Tin học

Lịch sử

Địa lí

Toán

Văn

Tiếng Anh

Cho hệ phương trình $\{\begin{cases} m x + y = 3 \\ - x + y = 2 \end{cases}$ (với m là tham số).

1) Giải hệ phương trình vời m = 2.

2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn $x^{2} + y^{2} = 10.$

Một hình nón có diện tích đáy bằng $16 π ({cm}^{2})$ và có chiều cao gấp ba lần bán kính đáy. Tính thể tích của hình nón đó.

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{x y^{3}}{y^{3} + 4} + \frac{y z^{3}}{z^{3} + 4} + \frac{z x^{3}}{x^{3} + 4}$ .