**Câu 9-11. (2,5 điểm)**

Cho tam giác \[ABC\] nhọn có \[AB < AC\] nội tiếp đường tròn \[\left( {O;R} \right)\]. Các đường cao \[BE;\,\,CF\] của tam giác cắt nhau tại \[H\] \[\left( E \right.\] thuộc \[AC,\,\,F\]thuộc \[\left. {AB} \right).\]

a) Chứng minh tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

a) Ta có \[BE,\,\,CF\] là hai đường cao của tam giác \[ABC\] nên \[\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ .\]

Tam giác \[BCE\] vuông tại \[E\] nên \[B,\,\,C,\,\,E\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]

Tam giác \[BFC\] vuông tại \[F\] nên \[B,\,\,C,\,\,F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]

Do đó \[B,\,\,C,\,\,E,\,\,F\] thuộc đường tròn đường kính \[BC.\]

Hay tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp.

$a) Chứng minh tứ giác \[BFEC\] nội tiếp đường tròn. (ảnh 1)$

Câu hỏi cùng đoạn

Câu 2:

b) Kẻ đường kính \[AK\] của đường tròn \[\left( O \right)\]. Chứng minh \[AK\] vuông góc với \[EF\].

Xem lời giải

Lời giải của GV VietJack

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\], mà \[\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {AKC} = \widehat {AEF}.\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có $\widehat {ACK} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

\[\widehat {AKC} + \widehat {IAE} = 90^\circ \] hay \[\widehat {AEF} + \widehat {IAE} = 90^\circ .\]

Tam giác \[IAE\] vuông tại \[I\] nên \[AK \bot EF\] (đpcm).

Câu 3:

c) Giả sử \[BC\] cố định và \[A\] di chuyển trên cung lớn \[BC\] sao cho tam giác\[ABC\] luôn là tam giác nhọn. Xác định vị trí của điểm \[A\] để diện tích tam giác \[EAH\] lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo \[R\] khi \[BC = R\sqrt 3 .\]

Xem lời giải

Lời giải của GV VietJack

c) Gọi \[M\] là giao điểm của \[BC\] và \[HK.\]

Vì $\widehat {ABK},\,\,\widehat {ACK}$ đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACK} = 90^\circ \] hay $AB \bot BK\,;\,\,AC \bot CK.$

Vì $AB \bot BK$ và $AB \bot CF$ nên \[BK\,{\rm{//}}\,CF\] hay \[BK\,{\rm{//}}\,CH.\]

Vì $AC \bot CK$ và $AC \bot BE$ nên \[BE\,{\rm{//}}\,CK\] hay \[BH\,{\rm{//}}\,CK.\]

Xét tứ giác $BHCK$ có \[BK\,{\rm{//}}\,CH\,;\,\,BH\,{\rm{//}}\,CK\] nên tứ giác $BHCK$ là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo $BC$ và \[HK\]cắt nhau tại trung điểm \[M\] của mỗi đường.

Xét tam giác \[AHK\] có $O,\,\,M$ lần lượt là trung điểm của $AK,\,\,HK$

Suy ra \[OM\] là đường trung bình tam giác \[AHK\] nên \[AH = 2OM;\,\,OM\,{\rm{//}}\,AH.\]

Vì \[\Delta AEH\] vuông tại \[E\] nên ${S_{AEH}} = \frac{1}{2}AE \cdot EH \le \frac{1}{2} \cdot \frac{{A{E^2} + E{H^2}}}{2} = \frac{{A{H^2}}}{4} = O{M^2}. & \left( 1 \right)$

Vì \[M\] là trung điểm của $BC$ nên \[BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\]

Vì \[OM\,{\rm{//}}\,AH\] và $AH \bot BC$ nên $OM \bot BC.$

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta OBM$ vuông tại $M$ $\left( {OM \bot BC} \right)$, ta có: $O{B^2} = O{M^2} + B{M^2}$

Khi đó \[O{M^2} = O{B^2} - B{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {R^2} - \frac{3}{4}{R^2} = \frac{{{R^2}}}{4}.\] Suy ra $OM = \frac{R}{2}. & \left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra ${S_{AEH}} \le \frac{{{R^2}}}{4}$.

Dấu xảy ra khi \[AE = EH\] nên $\widehat {EAH} = 45^\circ $ hay $\widehat {ACB} = 45^\circ $.

Vậy \[{\left( {{S_{AEH}}} \right)_{\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}\] khi \[A\] thuộc cung lớn \[BC\] và \[\widehat {ACB} = 45^\circ .\]

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

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »