khoahoc.vietjack.com

Câu hỏi:

18/03/2026 1,536 Lưu

Cho đường tròn \[\left( O \right)\] có dây cung \[AB\] cố định. Kẻ đường kính \[IK\] vuông góc với \[AB\] tại \[N\] (\[I\] thuộc cung lớn \[AB\]). Lấy điểm \[M\] bất kì trên cung lớn \[AB\], \[MK\] cắt \[AB\] tại \[D\]. Hai đường thẳng \[IM\] và \[AB\] cắt nhau tại \[C\].

(a) Chứng minh rằng \[INDM\] là tứ giác nội tiếp.

(b) Chứng minh \[ND.NC = NI.NK\].

(c) Gọi \[E\] là giao điểm của đường thẳng \[ID\] và \[CK\]. Chứng minh \[E \in \left( O \right)\].

(d) Xác định vị trí của \[M\] trên cung lớn \[AB\] để tích \[DM.DK\] đạt giá trị lớn nhất.

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Cho đường tròn  ( O )  có dây cung  A B  cố định. Kẻ đường kính  I K  vuông góc với  A B  tại  N  ( I  thuộc cung lớn  A B ). Lấy điểm  M  bất kì trên cung lớn  A B ,  M K  cắt  A B  tại  D . Hai đường thẳng  I M  và  A B  cắt nhau tại  C .  (ảnh 1)

a) Ta có: \[\widehat {IMK} = 90^\circ \] hay \[\widehat {IMD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó, \[\widehat {IMD} = \widehat {IND} = 90^\circ \].

Suy ra \[INDM\] là tứ giác nội tiếp.

b) Xét \[\Delta NIC\] và \[\Delta NDK\] có:

\[\widehat {INC} = \widehat {DNK} = 90^\circ \] (gt)

\[\widehat {NIC} = \widehat {NDK}\] (cùng phụ với \[\widehat {NKM}\])

Suy ra (g.g)

Suy ra \[\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NC}}{{NK}}\] hay \[ND.NC = NI.NK\].

c) Gọi \[E\] là giao điểm của đường thẳng \[ID\] và \[CK\].

Xét tam giác \[\Delta KIC\], có \[CN \bot IK\] tại \[N\]; \[KM \bot IC\] tại \[M\].

Mà \[CN,KM\] giao nhau tại \[D\].

Suy ra \[D\] là trực tâm tam giác \[\Delta KIC\].

Suy ra \[CK \bot IE\] tại \[E\] hay \[\widehat {IEK} = 90^\circ \].

Mà \[IK\] là đường kính đường tròn tâm \[O.\]

Suy ra \[E \in \left( O \right)\].

d) Có \[AB \bot IK\] với \[IK\] là đường kính đường tròn tâm \[O\] suy ra \[IK\] là đường trung trực của \[AB\]. Do đó .

Xét \[\Delta ADM\] và \[\Delta BDK\] có: \[\widehat {ADM} = \widehat {BDK}\] (đối đỉnh) và \[\widehat {DAM} = \widehat {DBK}\] (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra (g.g).

Suy ra \[DM.DK = DA.DB\].

Mà, ta có: \[DA.DB \le \frac{{{{\left( {DA + DB} \right)}^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4}\].

Mà dây cung \[AB\] cố định suy ra \[DM.DK\] đạt giá trị lớn nhất bằng \[\frac{{A{B^2}}}{4}\] khi \[DA = DB\] hay \[D\] trùng \[N\]. Suy ra \[M\] trùng \[I.\]

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

ĐẶC QUYỀN VIP

Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn

Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.

  • Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
  • Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
  • Đăng ký ngay

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho đường tròn  O  đường kính  A B . Dây cung  M N  vuông góc với  A B ,  ( A M < B M ) . Hai đường thẳng  B M  và  N A  cắt nhau tại  K . Gọi  H  là chân đường vuông góc kẻ từ  K  đến (ảnh 1)

a) Chứng minh tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

Xét tứ giác \[AHKM\], có \[\widehat {AHM} = 90^\circ \] (vì \[HK \bot AB\]) và \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \]).

Suy ra tứ giác \[AHKM\] nội tiếp.

b) Chứng minh rằng \[NB.HK = AN.HB.\]

Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta KHB\] có:

\[ANB = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ \]

\[\widehat {ABN} = \widehat {KBH}\] (góc nội tiếp chắn hai cung \[AN,AM\] bằng nhau do \[AB \bot MN\]).

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}\] suy ra \[BN.HK = AN.HB\].

c) Cho \[HM\] giao với \[\left( O \right)\] tại \[M\].

Tứ giác \[AHKM\] nội tiếp nên \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[HK\]);

\[\widehat {HAK} = \widehat {NAB}\] (đối đỉnh); \[\widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] (\[AB \bot MN\] nên \[B\] nằm chính giữa cung \[MN\], hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra \[\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}\] do đó \[\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}\].

Mà \[\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ \] (kề bù với \[\widehat {AMB} = 90^\circ \], góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra \[\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {HMO} = 90^\circ \] hay \[HM \bot OM\] tại \[M\].

Lời giải

Cho đường tròn tâm  O , đường kính  A B , dây  C D  vuông góc với  A B  tại  F . Gọi  M  là một điểm thuộc cung nhỏ  B C  ( M  khác  B , C ), hai đường thẳng  A M  và  C D  cắt nhau  E .  (a) Chứng minh tứ giác  B M E F  nội tiếp. (ảnh 1)

a) Xét \[\Delta EFB\] vuông tại \[F\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\]. (1).

Xét \[\Delta EMB\] vuông tại \[M\] nên có trung điểm của cạnh huyền \[EB\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta EFB\] (2).

Từ (1) và (2) ta có \[B,M,E,F\] cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác \[BMEF\] nội tiếp.

b) Vì \[AB \bot CD\] và \[\Delta ICD\] cân tại \[I\] nên \[IF\] là đường cao đồng thời là đường phân giác hay \[\widehat {CIF} = \widehat {FID}\] suy ra .

Ta có: và .

Suy ra \[\widehat {AMC} = \widehat {AMD}\] nên \[AM\] là phân giác của \[\widehat {CMD}\].

c) Xét \[\Delta ACE\] và \[\Delta AMC\] có: \[\widehat A\] chung; .

Suy ra (g.g), do đó \[\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}\] suy ra \[A{C^2} = AE.AM\].