Câu hỏi:
12/03/2025 431Câu 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:
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:
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:
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:
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.
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 2:
Câu 3:
Câu 4:
(0,5 điểm) Với \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức \(xy + yz + zx = 5.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = \frac{{3x + 3y + 2z}}{{\sqrt {6\left( {{x^2} + 5} \right)} + \sqrt {6\left( {{y^2} + 5} \right)} + \sqrt {\left( {{z^2} + 5} \right)} }}.\)
Câu 6:
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
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 01
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận