Câu hỏi:
29/08/2024 4,613Cho tam giác \[ABC\] cân tại \[A.\] Gọi \[O\] là trung điểm của cạnh \[BC.\] Đường tròn \[\left( O \right)\] tiếp xúc với \[AB\] tại \[E,\] tiếp xúc với \[AC\] tại \[F.\] Điểm \[H\] di động trên cung nhỏ của đường tròn \[\left( O \right);\] tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[H\] cắt \[AB,{\rm{ }}AC\] lần lượt tại \[I,{\rm{ }}K.\]
1) Chứng minh \[AEOF\] là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh \(\widehat {IOK} = \widehat {ABC}\) và hai tam giác \[OIB,\,\,KOC\] đồng dạng.
Quảng cáo
Trả lời:
Do đó \(\widehat {IOK} = \widehat {IOH} + \widehat {HOK} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {EOH} + \widehat {HOF}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\,\left( 1 \right)\)
Do \[AEOF\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {EAF} + \widehat {EOF} = 180^\circ ,\) suy ra \(\widehat {EAF} = 180^\circ - \widehat {EOF}.\)
Mặt khác, \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2} = \frac{{180^\circ - \left( {180^\circ - \widehat {EOF}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {IOK}.\]
Ta có: \(\widehat {IOK} + \widehat {IOB} + \widehat {KOC} = 180^\circ ;\)
\(\widehat {ACB} + \widehat {CKO} + \widehat {KOC} = 180^\circ \)
Suy ra \[\widehat {IOB} = \widehat {CKO}.\] Kết hợp \(\widehat {OBI} = \widehat {OCK}\) ta chứng minh được (g.g).
3) Vì \(O\) là trung điểm của \(BC\) nên \(OB = OC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên đường trung tuyến \(AO\) đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác.
Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(O,\) ta có \(A{B^2} = A{O^2} + B{O^2}\) (định lí Pythagore)
Suy ra \(AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = \sqrt {16} = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Xét \(\Delta OBE\) và \(\Delta ABO\) có: \(\widehat {ABO}\) là góc chung và \(\widehat {BEO} = \widehat {BOA} = 90^\circ .\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{BE}}{{BO}} = \frac{{OE}}{{AO}}\)
Nên \(O{B^2} = AB \cdot BE\) và \(OE \cdot AB = OB \cdot OA.\)
Từ đó, ta có \(BE = \frac{{O{B^2}}}{{AB}} = \frac{{{3^2}}}{5} = 1,8{\rm{\;(cm)}}\) và \(OE = \frac{{OB \cdot OA}}{{AB}} = \frac{{3 \cdot 4}}{5} = 2,4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Theo câu 2, suy ra \(\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BI}}{{CO}}\) hay \(KC \cdot BI = OB \cdot OC = O{B^2}.\)
Ta có: \({S_{AIK}} = {S_{ABC}} - {S_{BIKC}}\) nên \({S_{AIK}}\) lớn nhất khi \({S_{BIKC}}\) nhỏ nhất.
Gọi \(R\) là bán kính đường tròn \(\left( O \right).\) Khi đó \(R = OE = 2,4{\rm{\;cm}}.\)
Ta có: \({S_{BIKC}} = {S_{BOI}} + {S_{IOK}} + {S_{KOC}} = \frac{1}{2}\left( {OE \cdot BI + OH \cdot IK + OF \cdot KC} \right)\)
\( = \frac{1}{2}R \cdot \left( {BI + IK + KC} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {BI + IH + HK + KC} \right)\)
\( = \frac{1}{2}R\left( {BI + CK + IE + KF} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - BE - CF} \right)\)
\( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - 2BE} \right)\)\( = R\left( {BI + CK - BE} \right)\)
\( \le R \cdot \left( {2\sqrt {BI \cdot CK} - BE} \right) = R \cdot \left( {2\sqrt {O{B^2}} - BE} \right) = R \cdot \left( {2OB - BE} \right)\)
\( = 2,4 \cdot \left( {2 \cdot 3 - 1,8} \right) = 10,08{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AO \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Do đó \({S_{AIK}} \le 12 - 10,08 = 1,92{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Dấu “=” xảy ra khi \[BI = CK\] hay \[AI = AK,\] tức là \(\Delta AIK\) cân tại \(A\) nên đường phân giác \(AO\) của tam giác này đồng thời là đường cao, tức \(AO \bot IK,\) mà \(OH \bot IK\) nên \(OH\) trùng \(OA,\) hay \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác \[AIK\] bằng \(1,92\) cm2 khi \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]
Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
1) Trong mặt phẳng tọa độ \[Oxy,\] cho hai đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {{m^2} - 3} \right)x + 3\) và \(\left( {d'} \right):y = 6x + m.\) Tìm tất cả các giá trị của \[m\] để hai đường thẳng trên song song với nhau.
Câu 2:
Cho các số thực dương \[a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c\] thỏa mãn \[abc = 1.\] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\(P = \frac{{{a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{{b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{a^3} + 2{b^3}}}.\)
Câu 3:
1) Giải phương trình \({x^2} + 6x + 5 = 0.\)
Câu 4:
Cho biểu thức \(P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x }}\) với \(x > 0,x \ne 1.\)
1) Rút gọn biểu thức \(P.\)
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án
Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề số 1)
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 03
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận