Cho đường tròn (O) có tâm là O, đường kính AB = 2R. Trên đường thẳng AB lấy điểm H sao cho B
Cho đường tròn (O) có tâm là O, đường kính AB = 2R. Trên đường thẳng AB lấy điểm H sao cho B nằm giữa A và H (H không trùng với B), qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB. Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O và B). Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O) tại hai điểm E, F (a không trùng với AB). Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi.
c) Cho \(AB=4cm,BC=1cm,HB=1cm\). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN.
Đáp án đúng là: D
Quảng cáo
+) Sử dụng các dấu hiệu để chứng minh tứ giác nội tiếp.
+) Từ tứ giác nội tiếp suy ra các góc bằng nhau. Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng, từ đó suy ra các cặp cạnh tỉ lệ và chứng minh theo yêu cầu của đề bài.
+) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác và bất đẳng thức Cô-si để tìm diện tích nhỏ nhất của tam giác.
a) Ta có: \(\widehat{AEB}={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)\(\Rightarrow \widehat{BEM}={{90}^{0}}\) (kề bù với \(\widehat{ADB}\))
Tứ giác BEMH có: \(\widehat{BEM}+\widehat{BHM}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}\)\(\Rightarrow \) Tứ giác BEMH nội tiếp
b) Ta có: \(\widehat{AFB}={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\Delta \) AFB và \(\Delta \) AHN có: \({{\widehat{A}}_{1}}\text{ chung ; }\widehat{AFB}=\widehat{AHN}={{90}^{0}}\) \(\Rightarrow \) \(\Delta \) AFB \(\Delta \)AHN (g.g)
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \)AMN\(\Rightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{D}}_{1}}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)
Vì \({{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{B}}_{1}}\left( =\frac{1}{2}s\overset\frown{AE} \right)\) và \({{\widehat{B}}_{1}}={{\widehat{M}}_{1}}\) (tứ giác BEMH nội tiếp) nên \({{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{M}}_{1}}\)\(\Rightarrow {{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{D}}_{1}}\)
\(\Delta \)AFC và \(\Delta \)ADN có: \({{\widehat{A}}_{1}}\text{ chung ; }{{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{D}}_{1}}\)\(\Rightarrow \) \(\Delta \)AFC \(\Delta \)ADN (g.g)\(\Rightarrow \frac{AF}{AD}=\frac{AC}{AN}\Rightarrow AF.AN=AC.AD\)
Mặt khác, \(\Delta \)AFB \(\Delta \)AHN (g.g)\(\Rightarrow \frac{AF}{AH}=\frac{AB}{AN}\Rightarrow AF.AN=AB.AH\)
Do đó, \(AC.AD=AB.AH\Rightarrow AD=\frac{AB.AH}{AC}\) không đổi (vì A, C, B, H cố định)
\(\Rightarrow \) Đường tròn ngoại tiếp \(\Delta \) AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).
c) Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:
\(\text{ }AD=\frac{AB.AH}{AC}=\frac{4.5}{3}=\frac{20}{3}(cm)\Rightarrow HD=AD-AH=\frac{20}{3}-5=\frac{5}{3}(cm)\)
Dễ thấy \(\Delta \)AHM \(\Delta \)NHD (g.g)
\(\Rightarrow \frac{AH}{NH}=\frac{HM}{HD}\Rightarrow HM.HN=AH.HD=5\cdot \frac{5}{3}=\frac{25}{3}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
\(\begin{align} & \text{ }MN=HM+HN\ge 2\sqrt{HM.HN}=2\sqrt{\frac{25}{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{3}(cm) \\ & \Rightarrow {{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}AH.MN\ge \frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{10\sqrt{3}}{3}=\frac{25\sqrt{3}}{3}(c{{m}^{2}}) \\ \end{align}\)
Dấu “=” xảy ra khi \(HM=HN\Leftrightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}\Leftrightarrow {{\widehat{F}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}\Leftrightarrow EF//MN\Leftrightarrow EF\bot AB\)
Vậy \(\min {{S}_{AMN}}=\frac{25\sqrt{3}}{3}(c{{m}^{2}})\Leftrightarrow EF\bot AB\)
Đáp án cần chọn là: D
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
