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.

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

$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 $.

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