Câu 9-11. Cho đường tròn $\left( O \right)$, bán kính $R\,\,\left( {R > 0} \right)$ và dây cung $BC$ cố định. Một điểm $A$ chuyển động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao $AD,\,\,BE$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ và $BE$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $F$ ( F khác B)

a) Chứng minh rằng tứ giác $DHEC$ nội tiếp.

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) Chứng minh rằng tứ giác $DHEC$ nội tiếp. (ảnh 1)$

a) Gọi $O'$ là trung điểm của cạnh \[CH.\]

Ta có $HD \bot CD$ nên $\widehat {HDC} = 90^\circ $.

Xét $\Delta HDC$vuông tại \[D\] có $DO'$ là trung tuyến nên $DO' = HO' = CO' = \frac{1}{2}HC$.

Chứng ming tương tự, ta có

$CO' = HO' = EO' = \frac{1}{2}HC$.

Do đó $DO' = HO' = CO' = EO' = \frac{1}{2}HC$.

Do đó, bốn điểm $D,\,\,H,\,\,E,\,\,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Vậy tứ giác $DHEC$ nội tiếp đường tròn.

Câu hỏi cùng đoạn

Câu 2:

b) Kẻ đường kính $AM$ của đường tròn $\left( O \right)$ và $OI$ vuông góc với $BC$ tại $I$. Chứng minh $I$ là trung điểm của $HM$ và tính \[AF\] biết $BC = R\sqrt 3 .$

Xem lời giải

Lời giải của GV VietJack

b) Trong tam giác $ABC$ có $BE,\,\,AD$ là hai đường cao cắt nhau tại $H$.

Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ nên $CH \bot AB$.

Trong $\left( O \right)$ có $\widehat {ABM},\,\,\widehat {ACM}$ là hai góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn đường kính $AM$

Suy ra $\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ $ nên $MB \bot AB\,;\,\,MC \bot AC.$

Mà $CH \bot AB\,;\,\,BH \bot AC$ nên $MB\,{\rm{//}}\,CH,\,\,MC\,{\rm{//}}\,BH$ nên $BHCM$ là hình bình hành.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $OI \bot BC$ tại $I$ nên $I$ là trung điểm của $BC$ (đường kính vuông góc với dây).

Câu 3:

c) Khi $BC$ cố định, xác định vị trí của $A$ trên đường tròn $\left( O \right)$ để $DH \cdot DA$ lớn nhất.

Xem lời giải

Lời giải của GV VietJack

c) Xét $\Delta DHB$ và $\Delta DCA$ có

$\widehat {BDH} = \widehat {ADC} = 90^\circ $ (vì $AD \bot BC$)

$\widehat {HBD} = \widehat {DAC}$ (cùng phụ $\widehat {ACB}$)

Do đó .

Suy ra $\frac{{DH}}{{DC}} = \frac{{DB}}{{DA}}$ hay $DH \cdot DA = DB \cdot DC.$

Ta có ${\left( {a - b} \right)^2} \ge 0$ hay ${a^2} - 2ab + {b^2} \ge 0$ nên ${a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab$, suy ra $ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}$.

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 $DH \cdot DA \le \frac{{B{C^2}}}{4}$ không đổi vì $BC$ cố định.

Dấu xảy ra khi $DB = DC$, khi đó $A$ là điểm chính giữa cung lớn .

Vậy $A$ là điểm chính giữa cung lớn thì giá trị lớn nhất của $DH \cdot DA$ bằng $\frac{{B{C^2}}}{4}$.

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 »