Cho đường tròn tâm đường kính \(AB = 2{\rm{R}}\), trên đoạn \(OA\) lấy điểm\(I(I \ne A;I \ne O)\). Vẽ tia \(Ix \bot AB\)cắt \(\left( O \right)\) tại \(C\). Lấy điểm \(E\) trên cung nhỏ \(BC\)\(\left( {E \ne B;E \ne C} \right)\), \(AE\) cắt \(CI\) tại \(F\), gọi \(D\) là giao điểm của \(BC\) với tiếp tuyến tại \(A\) của \(\left( {O;R} \right)\).

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

(b) Chứng minh rằng: \(AE.AF = CB.CD\).

(c) Biết rằng\(AB = 2AC\)và điểm \(E\) di chuyển trên cung nhỏ. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \[S = 2026.EB.EC\]

Câu hỏi trong đề: Đề tham khảo tuyển sinh Toán vào 10 năm 2026 Đà Nẵng - THCS Trần Quý Cáp (Cẩm Lệ) có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Cho đường tròn tâm đường kính AB=2R, trên đoạn OA lấy điểmI(I≠A;I≠O). Vẽ tia Ix⊥ABcắt (O) tại C. Lấy điểm E trên cung nhỏ BC(E≠B;E≠C), AE cắt CI tại F, gọi D là giao điểm của BC với tiếp tuyến tại A của (O;R). (ảnh 1)

a) Ta có \(\widehat {BEF} = \widehat {BEA} = {90^0}\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF(1)

và \(\widehat {BIF} = \widehat {BIC} = {90^0}\) (gt)

nên I thuộc đường tròn đường kính BF (2)

từ (1) và (2) E,I thuộc đường tròn đường kính BF

Vậy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.

b) Ta có \( \Rightarrow \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{CD}} \Rightarrow A{C^2} = BC.CD\)

\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow A{C^2} = AI.AB\)

Lại có \( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AF}}{{AB}} \Rightarrow AI.AB = AE.AF\)

Suy ra \(BC.CD = AE.AF\)

c) Gọi M là giao điểm của CI với (O)

Do \(AB = 2AC\) và tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ABC} = \,0,5\)\( \Rightarrow \widehat {ABC} = {30^0}\) do đó: \(\widehat {BAC} = {60^0}\) suy ra \(\widehat {BCM} = \widehat {BMC} = {60^0}\)

Do đó tam giác \(BCM\) đều \( \Rightarrow \widehat {MEC} = {60^0}\).

Trên đoạn \(ME\) lấy \(N\) sao cho \(NE = EC\) suy ra \(\Delta CEN\) đều

\( \Rightarrow CE = CN = NE\)\(.\) Từ đó dễ thấy \(\Delta BEC = \Delta MNC \Rightarrow BE = MN\).

\[BE + CE = MN + NE = ME \le AB = 2R\]

Mà \(BE + CE \ge 2\sqrt {BE.CE} \Rightarrow BE.CE \le {R^2} \Rightarrow S = 2026.BE.CE \le 2026{R^2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(BE = CE\) và \(ME = 2R\) hay \(E\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(BC\).

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho phương trình \({x^2} - 7x + 5 = 0\)có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,{x_2}\). Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức \(C = \left| {{x_2} - 3} \right| + \sqrt {{x_1} + 4} \)

Lời giải

\({x^2} - 7x + 5 = 0\)

\(\Delta = 29 > 0\) nên pt có hai nghiệm

Theo định lí Viète \({x_1} + {x_2} = 7;{x_1}{x_2} = 5\)

Vì tổng và tích của hai nghiệm đều dương nên \({x_1} > 0;\,{x_2} > 0\)

Vì \({x_2} > 0\) là nghiệm của phương trình đã cho nên nó phải thỏa mãn phương trình:

\(\begin{array}{l}{x_2}^2 - 7{x_2} + 5 = 0\\{x_2}^2 - 6{x_2} + 9 - {x_2} - 4 = 0\\{\left( {{x_2} - 3} \right)^2} = {x_2} + 4\\\sqrt {{{\left( {{x_2} - 3} \right)}^2}} = \sqrt {{x_2} + 4} \\\left| {{x_2} - 3} \right| = \sqrt {{x_2} + 4} \end{array}\)

\(\begin{array}{l}C = \left| {{x_2} - 3} \right| + \sqrt {{x_1} + 4} \\C = \sqrt {{x_1} + 4} + \sqrt {{x_2} + 4} \\{C^2} = {\left( {\sqrt {{x_1} + 4} + \sqrt {{x_2} + 4} } \right)^2} = 29\\C = \sqrt {29} \end{array}\)

Câu 2