Câu hỏi:

30/01/2026 9

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$, có ba đường cao $AK,\,BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$.

a) Chứng minh tứ giác $AEHF$ nội tiếp.

b) Hai đường thẳng $BE$ và $CF$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $M$ và $N$ ($M$ khác $B$; $N$ khác $C$). Chứng minh: $MN//EF$.

c) Giả sử hai điểm $B,C$ cố định, điểm $A$ di động trên cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( O \right)$ ($A$ khác $B,C$). Tìm vị trí của điểm $A$ sao cho chu vi tam giác $KEF$ đạt giá trị lớn nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp (ảnh 1)$

a. Chứng minh tứ giác $AEHF$ nội tiếp:

Xét tứ giác $AEHF$, có:\[\left\{ \begin{array}{l}HE \bot AC\,\,(gt) \Rightarrow \widehat {AEH} = {90^0}\\HF \bot AB\,\,(gt) \Rightarrow \widehat {AFH} = {90^0}\end{array} \right.\].

$ \Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$.

Vậy tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn.

b. Hai đường thẳng $BE$ và $CF$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $M$ và $N$ ($M$ khác $B$; $N$ khác $C$). Chứng minh: $MN//EF$.

Xét tứ giác $BCEF$, có: \[\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\,(gt) \Rightarrow \widehat {BEC} = {90^0}\\CF \bot AB\,(gt) \Rightarrow \widehat {BFC} = {90^0}\end{array} \right.\].

Tứ giác $BCEF$ có 2 đỉnh $E,F$ liên tiếp nhau cùng nhìn cạnh $BC$ dưới 1 góc ${90^0}$.

\[ \Rightarrow \] Tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$.

\[ \Rightarrow \] $\widehat {FEB} = \widehat {BCF}$(2 góc nội tiếp cùng chắn cung $BF$) hay $\widehat {FEB} = \widehat {BCN}$. (1)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có: $\widehat {BMN} = \widehat {BCN}$(2 góc nội tiếp cùng chắn cung $BN$). (2)

Từ (1) và (2) , suy ra $\widehat {BMN} = \widehat {FEB}$ .

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị $ \Rightarrow MN//EF$. (điều phải chứng minh).

c. Giả sử hai điểm $B,C$ cố định, điểm $A$ di động trên cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( O \right)$ ($A$ khác $B,C$). Tìm vị trí của điểm $A$ sao cho chu vi tam giác $KEF$ đạt giá trị lớn nhất.

Xét đường tròn đường kính BC, có $\widehat {FBE} = \widehat {ECF}$ hay $\widehat {ABM} = \widehat {ACN}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $EF$).

$\Rightarrow \overset{⏜}{A M} = \overset{⏜}{A N} \Rightarrow A M = A N$ .

Mà $OM = ON = R$ nên $OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng $MN$.

$ \Rightarrow $ $OA \bot MN$.

Lại có : $MN//EF$ (câu b) $ \Rightarrow $$OA \bot EF$.

Tương tự: $OB \bot FK;\,\,OC \bot EK$.

Ta có: ${S_{\Delta ABC}} = {S_{OEAF}} + {S_{OFBK}} + {S_{OECK}} = \frac{1}{2}OA.EF + \frac{1}{2}OB.FK + \frac{1}{2}OC.EK = \frac{1}{2}R.(EF + FK + EK)$ $ = \frac{1}{2}.R.{C_{\Delta KEF}}$ (trong đó ${C_{\Delta KEF}}$ là chu vi $\Delta KEF$).

Khi đó: Chu vi $\Delta KEF$lớn nhất khi và chỉ khi diện tích $\Delta ABC$ lớn nhất.

Mà ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AK.BC$.

Theo đề bài $BC$ cố định nên ${S_{\Delta ABC}}$ lớn nhất khi và chỉ khi $AK$ lớn nhất. $ \Leftrightarrow A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$.

Vậy chu vi $\Delta KEF$lớn nhất khi và chỉ$A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$.

Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm là điểm $H$. Gọi $M$ là điểm trên dây cung $BC$ không chứa điểm $A$( $M$ khác $B,C$). Gọi $N,P$ theo thứ tự là các điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB,AC$

a) Chứng minh \[AHCP\] là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh $N,H,P$ thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọ (ảnh 1)$

a). Giả sử các đường cao của tam giác là $AK,CI$ . Để chứng minh $AHCP$ là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh $\widehat {AHC} + \widehat {APC} = {180^0}$.

Ta có:

$\widehat {AHC} = \widehat {IHK}$ ( đối đỉnh)

$\widehat {APC} = \widehat {AMC} = \widehat {ABC}$ ( do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $\widehat {ABC} + \widehat {IHK} = {180^0}$ nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác $BIHK$là tứ giác nội tiếp.

b). Để chứng minh $N,H,P$ thẳng hàng ta sẽ chứng minh $\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}$ do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp.

Thật vậy ta có: $\widehat {AHP} = \widehat {ACP}$ (tính chất góc nội tiếp), $\widehat {ACP} = \widehat {ACM}$ (1) (Tính chất đối xứng) .

Ta thấy vai trò tứ giác $AHCP$ giống với $AHBN$ nên ta cũng dễ chứng minh được $AHBN$ là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra $\widehat {AHN} = \widehat {ABN}$ , mặt khác $\widehat {ABN} = \widehat {ABM}$ (2) (Tính chất đối xứng) .

Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh $\widehat {ABM} + \widehat {ACM} = {180^0}$ nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác $ABMC$ nội tiếp.

Vậy $\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}$ hay $N,H,P$ thẳng hàng.

Câu 2

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm $A$ ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

     a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này.

     b) Chứng minh rằng $AM.AO = AB.AI$.

     c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACM$. Chứng minh $MG//BC$.

     d) Chứng minh $IG$ vuông góc với $CM$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm \(A\ (ảnh 1)$

a) Do $AB,AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn $\left( O \right)$ nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C$ thuộc đường tròn đường kính $OA$ có tâm $I$ là trung điểm $OA$.

b) Ta có $AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI$.

c) Gọi $E$ là trung điểm $MA$, do $G$ là trọng tâm $\Delta CMA$ nên $G \in CE$ và $\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}$.

Mặt khác $\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}$ (vì $ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}$ nên $ME = \frac{{BE}}{3}$) $ \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}$, theo định lý Ta-lét đảo $ \Rightarrow MG//BC$.

d) Gọi $G'$ là giao điểm của $OA$ và $CM \Rightarrow G'$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Nên $\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}$, theo định lý Ta-lét đảo $GG'//ME$ (1)

$MI$ là đường trung bình trong $\Delta OAB \Rightarrow MI//OB$, mà $AB \bot OB$ (cmt) $ \Rightarrow MI \bot AB$, nghĩa là $MI \bot ME$ (2).

Từ (1) và (2) cho $MI \bot GG'$, ta lại có $GI' \bot MK$ (vì $OA \bot MK$) nên $I$ là trực tâm $\Delta MGG'$$ \Rightarrow GI \bot G'M$ tức $GI \bot CM$.

Câu 3