khoahoc.vietjack.com
Xin chào! Vào học

Câu hỏi:

03/02/2026 500 Lưu

Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\) với \(AB = 2022\), lấy điểm \(C\) (\(C\) khác \(A\) và \(B\)), từ \(C\) kẻ \(CH\) vuông góc \(AB(H \in AB)\). Gọi \(D\) là điểm bất kì trên đoạn \(CH\) (\(D\) khác \(C\) và \(H)\), đường thẳng \(AD\) cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai \(E\).

a) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh: \(AD \cdot EC = CD \cdot AC\).

c) Chứng minh: \(AD.AE + BH.BA = {2022^2}\).

d) Khi điểm \(C\) di động trên nửa đường tròn (\(C\) khác \(A\), \(B\) và điểm chính giữa cung \(AB\)), xác định vị trí điểm \(C\) sao cho chu vi tam giác \(COH\) đạt giá trị lớn nhất.

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Trên nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\) vớ (ảnh 1)

a) Xét tứ giác \(BHDE\) có: \(\widehat {DHA} = 90^\circ (gt);{\rm{ }}\widehat {DEB} = 90^\circ \) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {DHA} = \widehat {DEB}\) do đó tứ giác BHDE nội tiếp.

b) Xét hai tam giác \(\Delta ADC\) và \(\Delta ACE\) có: \(\widehat {CAD}\) chung; \(\widehat {ACD} = 90^\circ  - \widehat {CAH} = \widehat {CEA}\)

Nên \(\Delta ADC\~\Delta ACE(g \cdot g)\) do đó \(\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AC}}{{CE}}\) hay \(AD.EC = CD.AC\).

c) HD: Dựa vào ý (1) để chứng minh \(\Delta ADH\~\Delta ABE(g.g)\) khi đó:

\(AD \cdot AE + BH \cdot BA = AB \cdot AE + AB \cdot BH = A{B^2} = {2022^2}\).

d) Tam giác \(CHO\) vuông tại \(H\) nên theo định lí Pytago ta có:

\(O{C^2} = O{H^2} + H{C^2} = \frac{1}{2}{(OH + HC)^2} + \frac{1}{2}{(OH - HC)^2} \ge \frac{1}{2}{(OH + HC)^2}\)

Hay là \(OH + HC \le OC\sqrt 2 \) nên \(C{v_{CHO}} = OC + OH + HC \le (1 + \sqrt 2 )OC = (1 + \sqrt 2 ) \cdot 1011\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi điểm \(C\) nằm trên nửa đường tròn \(O\) sao cho \(\widehat {ACD} = 45^\circ \).

Đang tải chế độ Học...

Lớp 9 Hóa học
46 người thi tuần này

Trắc nghiệm Hóa 9 Bài 24 (có đáp án): Ôn tập học kì 1

12 câu 3.2 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Tiếng Anh
955 người thi tuần này

Trắc nghiệm Tiếng Anh 9 Global Success Unit 4 Vocabulary and Grammar (có đáp án)

20 câu 2 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Khoa học tự nhiên
377 người thi tuần này

Trắc nghiệm Động năng lớp 9 (có đáp án)

15 câu 6 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Lịch sử
251 người thi tuần này

28 câu Trắc nghiệm Lịch sử 9 Bài 6 có đúng sai, trả lời ngắn (mới nhất)

28 câu 1.8 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Giáo dục công dân
178 người thi tuần này

15 câu trắc nghiệm GDCD 9 Kết nối tri thức Bài 2 có đáp án

15 câu 1.1 K lượt thi Thi ngay →
Lớp 9 Tin học
252 người thi tuần này

15 câu trắc nghiệm Tin học 9 Kết nối tri thức Bài 4 có đáp án

15 câu 1.8 K lượt thi Thi ngay →

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho đường tròn \((O)\). Từ một điểm \ (ảnh 1)

a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(MA,MB\) là các tiếp tuyến của \((O)\) lần lượt tại \(A,B\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) (định nghĩa).

Tứ giác \(MAOB\) có \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng \(180^\circ \)).

b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(AB\) với \(MO\).

\(C\) là giao điểm giữa \(MK\) với đường tròn \((O)\)

Ta có: \(OA = OB \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).

Tứ giác \(MCNB\) có \(\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ \). Suy ra tứ giác \(MCNB\) nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}\) (hai góc cùng chắn một cung \(BN\) )

Ta có: \(\widehat {NMB} = \widehat {NBO}\) (cùng phụ với \(\widehat {MBN}\) )

\( \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.\)

Lại có: \(\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}\).

Xét tứ giác \(ACNI\) có: \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)\), suy ra tứ giác \(ACNI\) nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}\) (hai góc cùng chắn cung \(AI\) ).

Trong \((O)\) có: \(\widehat {ACI} = \widehat {ABK}\) (hai góc nội tiếp cùng chấn cung \(AK\) )

Suy ra \(\widehat {ANI} = \widehat {ABK}\). Mà hai góc này vị trí đồng vị \( \Rightarrow NI//BK\)

Tam giác \(ABK\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AH \Rightarrow IA = IH\) (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).

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 \(GI \bot CM\).