Câu hỏi:
12/03/2025 333
Câu 7-10 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O)(O) bán kính RR và dây cung BCBC cố định. Một điểm AA di động trên cung lớn BCBC sao cho tam giác ABCABC luôn nhọn. Các đường cao AD,BEAD,BE của tam giác ABCABC cắt nhau tại H.H. BEBE cắt đường tròn (O)(O) tại F(FF(F khác B).B).
1) Chứng minh rằng tứ giác DHECDHEC nội tiếp.
Câu 7-10 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O)(O) bán kính RR và dây cung BCBC cố định. Một điểm AA di động trên cung lớn BCBC sao cho tam giác ABCABC luôn nhọn. Các đường cao AD,BEAD,BE của tam giác ABCABC cắt nhau tại H.H. BEBE cắt đường tròn (O)(O) tại F(FF(F khác B).B).
Sách mới 2k7: Tổng ôn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa... kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc gia 2025, đánh giá năng lực (chỉ từ 70k).
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⊥BC,BE⊥ACAD⊥BC,BE⊥AC nên: ^HDC=90∘,ˆHDC=90∘, ^HEC=90∘.ˆHEC=90∘.
Xét ΔDHCΔDHC vuông tại DD nên ba điểm D,H,CD,H,C cùng nằm trên đường tròn đường kính HC.HC.
Xét ΔEHCΔEHC vuông tại EE nên ba điểm E,H,CE,H,C cùng nằm trên đường tròn đường kính HC.HC.
Suy ra bốn điểm D,H,E,CD,H,E,C cùng thuộc đường tròn đường kính HC,HC, do đó tứ giác DHECDHEC nội tiếp.Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
2) Kẻ đường kính AMAM của đường tròn (O)(O) và OIOI vuông góc với BCBC tại I.I. Chứng minh tứ giác BHCMBHCM là hình bình hành.
Lời giải của GV VietJack
Xét ΔABCΔABC có AD,BEAD,BE là hai đường cao cắt nhau tại HH suy ra HH là trực tâm ΔABCΔABC nên CH⊥AB.CH⊥AB.
Xét đường tròn (O)(O) có: ^ABM,^ACMˆABM,ˆACM là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính AMAM nên ^ABM=^ACM=90∘.ˆABM=ˆACM=90∘. Suy ra MB⊥AB,MC⊥AC.MB⊥AB,MC⊥AC.
Ta có: MB⊥ABMB⊥AB và CH⊥ABCH⊥AB nên MB//CH.MB//CH. Tương tự, ta cũng có MC//BH.MC//BH.
Tứ giác BHCMBHCM có MB//CH,MC//BHMB//CH,MC//BH nên BHCMBHCM là hình bình hành.
Câu 3:
3) Tính AFAF theo R,R, biết BC=R√3.BC=R√3.
Lời giải của GV VietJack
⦁ Tứ giác DHECDHEC nội tiếp nên ^DCE+^DHE=180∘ˆDCE+ˆDHE=180∘ (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)
Lại có ^DHE+^EHA=180∘ˆDHE+ˆEHA=180∘ (hai góc kề bù)
Suy ra ^DCE=^EHAˆDCE=ˆEHA hay ^ACB=^AHF.ˆACB=ˆAHF.
Mặt khác, xét đường tròn (O)(O) có ^ACB=^AFBˆACB=ˆAFB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
Suy ra ^AHF=^AFBˆAHF=ˆAFB nên ΔAHFΔAHF cân tại A.A. Do đó AF=AH.AF=AH.
⦁ Xét ΔOBCΔOBC cân tại OO (do OB=OC)OB=OC) có OIOI là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, suy ra II là trung điểm của BC.BC.
Tứ giác BHCMBHCM là hình bình hành nên hai đường chéo BC,MHBC,MH cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra II là trung điểm MH.MH.
Xét ΔAHMΔAHM có: O,IO,I lần lượt là trung điểm của AM,AM, HMHM nên OIOI là đường trung bình của ΔAHM.ΔAHM. Suy ra AH=2⋅OI.AH=2⋅OI.
⦁ Vì II là trung điểm của BCBC nên BI=CI=BC2=R√32.BI=CI=BC2=R√32.
Áp dụng định lí Pythagore vào ΔCIOΔCIO vuông tại II ta có: OC2=OI2+CI2OC2=OI2+CI2
Suy ra R2=OI2+(R√32)2R2=OI2+(R√32)2 nên OI2=R2−34R2=R24,OI2=R2−34R2=R24, do đó OI=R2.OI=R2.
Khi đó, AH=2⋅OI=2⋅R2=R.AH=2⋅OI=2⋅R2=R.
Vậy AF=AH=R.AF=AH=R.
Câu 4:
4) Khi BCBC cố định, xác định vị trí của AA trên đường tròn (O)(O) để DH⋅DADH⋅DA lớn nhất.
Lời giải của GV VietJack
Xét ΔDHBΔDHB và ΔDCAΔDCA có: ^BDH=^ADC=90∘ˆBDH=ˆADC=90∘ và ^HBD=^DACˆHBD=ˆDAC (vì cùng phụ ^ACB)ˆACB)
Do đó (g.g). Suy ra DHDC=DBDADHDC=DBDA nên DH⋅DA=DB⋅DC.DH⋅DA=DB⋅DC.
Áp dụng bất đẳng thức ab≤(a+b)24,ab≤(a+b)24, ta có: DB⋅DC≤(DB+DC)24=BC24DB⋅DC≤(DB+DC)24=BC24
Suy ra DH⋅DA≤BC24,DH⋅DA≤BC24, mà BC24BC24 có giá trị không đổi vì BCBC cố định.
Dấu “=” xảy ra khi DB=DCDB=DC mà AHAH vuông góc với BCBC tại D,D, suy ra AA là giao điểm của đường trung trực của BCBC với đường tròn tâm O.O.
Vậy AA là giao điểm của đường trung trực của BCBC với đường tròn tâm OO thì DH⋅DADH⋅DA đạt giá trị lớn nhất.
* Chứng minh bất đẳng thức ab≤(a+b)24ab≤(a+b)24 với a>0,b>0.a>0,b>0.
Thật vậy, với a>0,b>0,a>0,b>0, ta có:
(a−b)2≥0(a−b)2≥0
a2−2ab+b2≥0a2−2ab+b2≥0
a2+2ab+b2≥4aba2+2ab+b2≥4ab
(a+b)2≥4ab(a+b)2≥4ab
(a+b)24≥ab.(a+b)24≥ab.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b.a=b. Bất đẳng thức được chứng minh.
Nhà sách VIETJACK:
Bình luận
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 3:
1) Cho phương trình x2−(m+5)x+3m+6=0(∗) (m là tham số).
a) Giải phương trình (*) với m=1.
b) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền 5.
Xem đáp án »
12/03/2025
168
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=3x+3y+2z√6(x2+5)+√6(y2+5)+√(z2+5).
(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=3x+3y+2z√6(x2+5)+√6(y2+5)+√(z2+5).
Xem đáp án »
12/03/2025
117
Câu 6:
2) Lấy ngẫu nhiên một tấm thẻ từ một hộp chứa 40 thẻ được đánh số từ 1 đến 40 (mỗi thẻ chỉ được ghi một số). Tìm xác suất để thẻ được lấy ghi số chia hết cho 6.
Xem đáp án »
11/03/2025
0
🔥 Đề thi HOT:
-
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
-
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
-
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 02
-
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
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận
-
-
Bình luận