Câu hỏi:
12/03/2025 600
Câu 7-10 (3,5 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \[R\] và dây cung \[BC\] cố định. Một điểm \[A\] di động trên cung lớn \[BC\] sao cho tam giác \[ABC\] luôn nhọn. Các đường cao \(AD,\,\,BE\) của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H.\] \[BE\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(F\,\,(F\) khác \[B).\]
1) Chứng minh rằng tứ giác \[DHEC\] nội tiếp.
Câu 7-10 (3,5 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) bán kính \[R\] và dây cung \[BC\] cố định. Một điểm \[A\] di động trên cung lớn \[BC\] sao cho tam giác \[ABC\] luôn nhọn. Các đường cao \(AD,\,\,BE\) của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H.\] \[BE\] cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(F\,\,(F\) khác \[B).\]
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
![1) Chứng minh rằng tứ giác \[DHEC\] nội tiếp. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/42-1741704437.png)
Vì \(AD \bot BC,\,\,BE \bot AC\) nên: \(\widehat {HDC} = 90^\circ ,\) \(\widehat {HEC} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta DHC\) vuông tại \[D\] nên ba điểm \[D,\,\,H,\,\,C\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HC.\)
Xét \(\Delta EHC\) vuông tại \[E\] nên ba điểm \[E,\,\,H,\,\,C\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HC.\)
Suy ra bốn điểm \[D,\,\,H,\,\,E,\,\,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HC,\] do đó tứ giác \[DHEC\] nội tiếp.Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
2) Kẻ đường kính \[AM\] của đường tròn \(\left( O \right)\) và \[OI\] vuông góc với \[BC\] tại \[I.\] Chứng minh tứ giác \[BHCM\] là hình bình hành.
Lời giải của GV VietJack
Xét \(\Delta ABC\) có \(AD,\,\,BE\) là hai đường cao cắt nhau tại \(H\) suy ra \(H\) là trực tâm \(\Delta ABC\) nên \(CH \bot AB.\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACM}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính \[AM\] nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ .\) Suy ra \(MB \bot AB,\,\,MC \bot AC.\)
Ta có: \(MB \bot AB\) và \(CH \bot AB\) nên \(MB\,{\rm{//}}\,CH.\) Tương tự, ta cũng có \[MC\,{\rm{//}}\,BH.\]
Tứ giác \[BHCM\] có \[MB\,{\rm{//}}\,CH,\,\,MC\,{\rm{//}}\,BH\] nên \[BHCM\] là hình bình hành.
Câu 3:
3) Tính \[AF\] theo \[R,\] biết \(BC = R\sqrt 3 .\)
Lời giải của GV VietJack
⦁ Tứ giác \[DHEC\] nội tiếp nên \(\widehat {DCE} + \widehat {DHE} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)
Lại có \(\widehat {DHE} + \widehat {EHA} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Suy ra \(\widehat {DCE} = \widehat {EHA}\) hay \(\widehat {ACB} = \widehat {AHF}.\)
Mặt khác, xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {AFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
Suy ra \(\widehat {AHF} = \widehat {AFB}\) nên \(\Delta AHF\) cân tại \[A.\] Do đó \(AF = AH.\)
⦁ Xét \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) (do \(OB = OC)\) có \[OI\] là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, suy ra \[I\] là trung điểm của \[BC.\]
Tứ giác \(BHCM\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(BC,\,\,MH\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra \[I\] là trung điểm \[MH.\]
Xét \(\Delta AHM\) có: \[O,\,\,I\] lần lượt là trung điểm của \(AM,\) \[HM\] nên \[OI\] là đường trung bình của \(\Delta AHM.\) Suy ra \[AH = 2 \cdot OI.\]
⦁ Vì \[I\] là trung điểm của \(BC\) nên \(BI = CI = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta CIO\) vuông tại \[I\] ta có: \(O{C^2} = O{I^2} + C{I^2}\)
Suy ra \({R^2} = O{I^2} + {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2}\) nên \(O{I^2} = {R^2} - \frac{3}{4}{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4},\) do đó \(OI = \frac{R}{2}.\)
Khi đó, \(AH = 2 \cdot OI = 2 \cdot \frac{R}{2} = R.\)
Vậy \(AF = AH = R.\)
Câu 4:
4) Khi \(BC\) cố định, xác định vị trí của \(A\) trên đường tròn \(\left( O \right)\) để \[DH \cdot DA\] lớn nhất.
Lời giải của GV VietJack
Xét \[\Delta DHB\] và \(\Delta DCA\) có: \(\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ \) và \(\widehat {HBD} = \widehat {DAC}\) (vì cùng phụ \(\widehat {ACB})\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DA}}\) nên \[DH \cdot DA = DB \cdot DC.\]
Áp dụng bất đẳng thức \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4},\) ta có: \(DB \cdot DC \le \frac{{{{\left( {DB + DC} \right)}^2}}}{4} = \frac{{B{C^2}}}{4}\)
Suy ra \(DH \cdot DA \le \frac{{B{C^2}}}{4},\) mà \(\frac{{B{C^2}}}{4}\) có giá trị không đổi vì \[BC\] cố định.
Dấu “=” xảy ra khi \(DB = DC\) mà \[AH\] vuông góc với \[BC\] tại \[D,\] suy ra \[A\] là giao điểm của đường trung trực của \[BC\] với đường tròn tâm \[O.\]
Vậy \[A\] là giao điểm của đường trung trực của \[BC\] với đường tròn tâm \[O\] thì \[DH \cdot DA\] đạt giá trị lớn nhất.
* Chứng minh bất đẳng thức \(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\) với \(a > 0,\,\,b > 0.\)
Thật vậy, với \(a > 0,\,\,b > 0,\) ta có:
\({\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\)
\({a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0\)
\({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\)
\({\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\)
\(\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} \ge ab.\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(a = b.\) Bất đẳng thức được chứng minh.
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Thay \(m = 1\) vào phương trình (*), ta được:
\({x^2} - \left( {1 + 5} \right)x + 3 \cdot 1 + 6 = 0\)
\({x^2} - 6x + 9 = 0\)
\({\left( {x - 3} \right)^2} = 0\)
\(x - 3 = 0\)
\(x = 3.\)
Vậy với \(m = 1\) thì phương trình (*) có nghiệm \(x = 3.\)
b) Xét phương trình \({x^2} - \left( {m + 5} \right)x + 3m + 6 = 0\) (*) có \(a = 1 \ne 0;\,\,b = - \left( {m + 5} \right);\,\,c = 3m + 6.\)
Ta có\[\Delta = {b^2} - 4ac = {\left[ { - \left( {m + 5} \right)} \right]^2} - 4 \cdot 1 \cdot \left( {3m + 6} \right)\]
\[ = {m^2} + 10m + 25 - 12m - 24\]\[ = {m^2} - 2m + 1 = {\left( {m - 1} \right)^2} \ge 0\] với mọi \(m.\)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi \(\Delta > 0,\) tức là \({\left( {m - 1} \right)^2} > 0,\) suy ra \({\left( {m - 1} \right)^2} \ne 0\) hay \(m - 1 \ne 0\) nên \(m \ne 1\).
Áp dụng định lí Viète ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = m + 5}\\{{x_1}{x_2} = 3m + 6}\end{array}} \right..\)
Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông nên \({x_1} > 0,\,\,{x_2} > 0.\) Suy ra \({x_1} + {x_2} > 0\) và \({x_1}{x_2} > 0.\)
Khi đó, ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m + 5 > 0}\\{3m + 6 > 0}\end{array}} \right.\) hay \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - 5}\\{m > - 2}\end{array}} \right.\) nên \(m > - 2.\)
Vì \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5 nên ta áp dụng định lí Pythagore, có:
\(x_1^2 + x_2^2 = {5^2}\)
\(x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2 - 2{x_1}{x_2} = 25\)
\({\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 25\)
\({\left( {m + 5} \right)^2} - 2\left( {3m + 6} \right) = 25\)
\({m^2} + 10m + 25 - 6m - 12 = 25\)
\({m^2} + 4m - 12 = 0\)
\({m^2} + 6m - 2m - 12 = 0\)
\(m\left( {m + 6} \right) - 2\left( {m + 6} \right) = 0\)
\(\left( {m + 6} \right)\left( {m - 2} \right) = 0\)
\(m + 6 = 0\) hoặc \(m - 2 = 0\)
\(m = - 6\) hoặc \(m = 2.\)
Kết hợp điều kiện \(m > - 2\) suy ra \(m = 2.\)
Vậy \(m = 2\) thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5.
Lời giải
1) Với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9,\) ta có:
\(P = \frac{{2\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}} + \frac{{\sqrt a + 1}}{{\sqrt a - 3}} + \frac{{ - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\)
\[ = \frac{{2\sqrt a \cdot \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} + \frac{{ - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\]
\[ = \frac{{2a - 6\sqrt a + a + 3\sqrt a + \sqrt a + 3 - 3 - 7\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}}\]
\( = \frac{{3a - 9\sqrt a }}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} = \frac{{3\sqrt a \left( {\sqrt a - 3} \right)}}{{\left( {\sqrt a + 3} \right)\left( {\sqrt a - 3} \right)}} = \frac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}.\)
Vậy với \(a \ge 0,\,\,a \ne 9\) thì \(P = \frac{{3\sqrt a }}{{\sqrt a + 3}}.\)
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
🔥 Đề thi HOT:
-
123 bài tập Nón trụ cầu và hình khối có lời giải
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
-
50 bài tập Một số yếu tố xác suất có lời giải
-
Đề thi tham khảo môn Toán vào 10 tỉnh Quảng Bình năm học 2025-2026
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội
-
54 bài tập Hàm số bậc hai và giải bài toán bằng cách lập phương trình có lời giải
-
Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai
-
Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước