Câu hỏi:

03/02/2026 172

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 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 2

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm D.

a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.

b) Chứng minh MB² = MD.MA

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Xem đáp án

Lời giải

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại M, tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm D. (ảnh 1)

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$.

Câu 3