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.
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.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
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 \(EF\)).
.
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:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
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 \(GI \bot CM\).
Lời giải
a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.
Ta có MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot MB\\OC \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {MBO} = {90^0}\\\widehat {MCO} = {90^0}\end{array} \right.\)
Xét tứ giác OBMC có \(\widehat {MBO} + \widehat {MCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà \(\widehat {MBO},\widehat {MCO}\) là hai góc đối nhau nên tứ giác OBMC nội tiếp.
b) Chứng minh MB2 = MD.MA
Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {BAM}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD).
Xét DMBD và DMAB có:
\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}} \Rightarrow M{B^2} = MA.MD\)
c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.
Ta có E là trung điểm của AD nên OE \( \bot \) AD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \widehat {OEM} = {90^0}\)
Xét tứ giác OEMC có \(\widehat {OEM} + \widehat {OCM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà \(\widehat {OEM},\widehat {OCM}\)là hai góc đối nhau nên tứ giác OEMC nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {CEM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) (1)
Ta lại có \(\widehat {COM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}\)sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà \(\widehat {BFC} = \frac{1}{2}\) sđ (tính chất góc nội tiếp)
\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {BFC}\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BFC}\)
Mà hai góc \(\widehat {MEC}\) và \(\widehat {BFC}\) ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập