Câu hỏi:

30/01/2026 8

Cho tam gíác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và $AB < AC$. Ba đường cao $AD,BE,CF$ của tam giác $ABC(D,E,F$ là chân các đường cao) đồng quy tại điểm $H$. Kẻ đường kính $AK$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên đường thằng $AK$.

a) Chứmg minh rằng tứ giác $BCEF$ nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng tam giác $ABD$ đồng dạng với tam giác $AKC$ và $MD$ song song với $BK$.

c) Già sử hai đỉnh $B,C$ cố định trên đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và đinh $A$ di động trển cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Chứng minh rằng đường thẳng $MF$ luôn đi qua một điểm cố định và tìm vị trí của đinh $A$ sao cho diện tích tam giác $AEH$ 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 gíác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tr (ảnh 1)$

a)Ta có $\widehat {BEC} = 90^\circ $ ( vì $BE$ là đường cao của $\Delta ABC$)

$\widehat {BFC} = 90^\circ $ (vì $CF$ là đường cao của $\Delta ABC$)

$ \Rightarrow \widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ $

Xét tứ giác $BCEF$ có $\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ $( theo chứng minh trên)

$ \Rightarrow $ Đỉnh $E$ và $F$ là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh $BC$dưới một góc không đổi $90^\circ $

Do đó tứ giác $BCEF$ nội tiếp ( đpcm)

* Chứng minh rằng tam giác $ABD$ đồng dạng với tam giác $AKC$

Ta có + $\widehat {ACK} = 90^\circ $ ( là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ $\widehat {ABC}$= $\widehat {AKC}$( cùng chắn )

Xét $\Delta ABD$ và $\Delta AKC$ có

$\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ $

$\widehat {ABC}$= $\widehat {AKC}$ ( theo chứng minh trên)

Dó đó $\Delta ABD \sim \Delta AKC$ ($g.g$)

*$MD$ song song với $BK$.

Xét đường tròn tâm $\left( O \right)$có $\widehat {CBK} = \widehat {KAC}$ ( cùng chắn ) $\left( 1 \right)$

Chứng minh tứ giác $ACMD$ nội tiếp

$ \Rightarrow \widehat {KAC} = \widehat {CDM}$ (cùng chắn ) $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$suy ra $\widehat {CBK} = \widehat {CDM}$ $ \Rightarrow DM\parallel BK$ (đpcm)

$Cho tam gíác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tr (ảnh 2)$

Gọi I trung điểm BC

Ta có $\widehat {ACK} = 90^\circ $ ( chắn nửa đường tròn) $ \Rightarrow CK \bot AC$

Mà $BE \bot AC$ ($BE$ là đường cao của $\Delta ABC$)

Suy ra$CK\parallel BE$ $\left( 1 \right)$

Tương tự $BK\parallel CF$ $\left( 2 \right)$

Xét tứ giác $CHBK$có $\left\{ \begin{array}{l}CK\parallel BE\\BK\parallel CF\end{array} \right.$

Suy ra tứ giác $CHBK$ là hình bình hành.

Mà $I$trung điểm của $BC$

Suy ra $I,H,K$ thẳng hàng.

Xét $\Delta AHK$ có $O$ là trung điểm của $AK$

$I$ là trung điểm của $HK$

Suy ra $OI$ là đường trung bình của $\Delta AHK$$ \Rightarrow AH = 2OI$

Do $OI$ không đổi nên $AH$ không đổi

Ta có ${S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{2}AE \cdot HE$ $\left( 1 \right)$

Ta có $\Delta AEH$ vuông tại $E$ nên $A{E^2} + E{H^2} = A{H^2}$

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

$A{H^2} = A{E^2} + E{H^2} \ge 2\sqrt {A{E^2} \cdot E{H^2}} = 2AE \cdot HE$

$ \Rightarrow AE \cdot HE \le \frac{1}{2}A{H^2}$ $\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra ${S_{\Delta AHE}} \le \frac{1}{4}A{H^2}$ không đổi

$ \Rightarrow {S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{4}A{H^2}$

Dấu “=” xảu ra khi $AE = HE \Rightarrow \widehat {HAE} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ $

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