Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường
Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC (M khác B, C). Kẻ MH vuông góc với BC \(\left( H\in BC \right)\); đường thẳng MH cắt nửa đườn tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK, CM cắt nhau tại E.
a) Chứng minh \(B{{E}^{2}}=BC.AB\)
b) Từ C kẻ CN vuông góc với AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB). Gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường BP.
c) Cho BC = 2R. Gọi O1; O2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và MBH. Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất.
Quảng cáo
a) Chứng minh \(\Delta BEC\backsim \Delta BAE\)
b) Chứng minh tam giác BNE và PNE là các tam giác cân và BP là đường phân giác của hai tam giác cân đó.
c) Chứng minh \(H{{O}_{1}}=G{{O}_{1}};\,\,H{{O}_{2}}=F{{O}_{2}}\Rightarrow {{C}_{{{O}_{1}}{{O}_{2}}H}}=GF\) Tìm mối liên hệ của GF và MH. Từ đó tìm GTLN của GF.
a) Ta có \(\widehat{BME}=\widehat{BKE}={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow \) Hai điểm M và K cùng nhìn BE dưới 1 góc \({{90}^{0}}\Rightarrow \) Tứ giác BMKE là tứ giác nội tiếp.
\(\Rightarrow \widehat{BEC}=\widehat{BKH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM).
Mà \(\widehat{BKH}=\widehat{BAE}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABK}\)) \(\Rightarrow \widehat{BEC}=\widehat{BAE}\)
Xét tam giác BEC và tam giác BAE có: \(\widehat{ABE}\) chung; \(\widehat{BEC}=\widehat{BAE}\,\,\left( cmt \right)\)
\(\Rightarrow \Delta BEC\backsim \Delta BAE\,\,\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{BE}{BA}=\frac{BC}{BE}\Rightarrow B{{E}^{2}}=BA.BC\,\,\left( 1 \right)\)
b) Ta có \(\widehat{ANB}={{90}^{0}}\Rightarrow \Delta ANB\) vuông tại N \(\Rightarrow BC.BA=B{{N}^{2}}\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BN=BE\Rightarrow \Delta BNE\) cân tại B \(\Rightarrow \widehat{BNE}=\widehat{BEN}\,\,\left( 3 \right)\) và B thuộc trung trực của NE.
Ta có \(\widehat{BNP}=\widehat{BAK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK).
Mà \(\widehat{BAK}=\widehat{BAE}=\widehat{BEC}\,\,\left( \Delta BEC\backsim \Delta BAE \right)\Rightarrow \widehat{BNP}=\widehat{BEP}\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow \widehat{PNE}=\widehat{PEN}\Rightarrow \Delta PNE\) cân tại P \(\Rightarrow P\) thuộc trung trực của NE.
\(\Rightarrow BP\) là trung trực của NE.
Do tam giác BNE cân tại B và tam giác PNE cân tại P nên trung trực BP đồng thời là đường phân giác.
Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên BP.
c) Gọi G, F lần lượt là giao điểm của O1O2 với MC và MB.
Ta có \(\widehat{{{O}_{1}}HM}=\widehat{{{O}_{2}}HB}={{45}^{0}}\) và \(\widehat{{{O}_{1}}MH}=\frac{1}{2}\widehat{HMC}=\frac{1}{2}\widehat{MBH}=\widehat{{{O}_{2}}BH}\)
\(\Rightarrow \Delta {{O}_{1}}HM\backsim \Delta {{O}_{2}}HB\,\,\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{{{O}_{1}}H}{{{O}_{2}}H}=\frac{MH}{BH}\)
Ta có \(\Delta MHC\backsim BHM\,\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MH}{BH}=\frac{MC}{BM}\Rightarrow \frac{{{O}_{1}}H}{{{O}_{2}}H}=\frac{CM}{BM}\Rightarrow \frac{{{O}_{1}}H}{CM}=\frac{{{O}_{2}}H}{BM}\)
Vì \({{O}_{1}}H;{{O}_{2}}H\) là phân giác của hai góc kề bù \(\Rightarrow {{O}_{1}}H\bot {{O}_{2}}H\Rightarrow \widehat{{{O}_{1}}H{{O}_{2}}}={{90}^{0}}=\widehat{BMC}\)
Xét tam giác \({{O}_{1}}H{{O}_{2}}\) và \(CMB\) có \(\widehat{{{O}_{1}}H{{O}_{2}}}=\widehat{BMC}={{90}^{0}};\,\,\frac{{{O}_{1}}H}{CM}=\frac{{{O}_{2}}H}{BM}\,\,\left( cmt \right)\Rightarrow \Delta {{O}_{1}}H{{O}_{2}}\backsim \Delta CMB\,\,\left( c.g.c \right)\)
\(\Rightarrow \widehat{{{O}_{1}}{{O}_{2}}H}=\widehat{CBM}\) (hai góc tương ứng). Mà \(\widehat{{{O}_{1}}{{O}_{2}}H}+\widehat{H{{O}_{2}}F}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{CBM}+\widehat{H{{O}_{2}}F}={{180}^{0}}\Rightarrow \) Tứ giác HO2FB là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\(\Rightarrow \widehat{MFG}=\widehat{{{O}_{2}}HB}={{45}^{0}}\) (cùng bù với \(\widehat{{{O}_{2}}FB}\))
\(\Rightarrow \Delta MEG\) vuông cân tại M.
Xét tam giác MO2H và MO2F có :
\(\widehat{HM{{O}_{2}}}=\widehat{FM{{O}_{2}}}\,\,\left( gt \right);\,\,\widehat{MH{{O}_{2}}}=\widehat{MFG}={{45}^{0}}\,\,\left( cmt \right)\Rightarrow \widehat{M{{O}_{2}}H}=\widehat{M{{O}_{2}}F}\)
MO2 chung
\(\Rightarrow \Delta M{{O}_{2}}H=\Delta M{{O}_{2}}F\,\,\left( g.c.g \right)\Rightarrow MH=MF;\,\,H{{O}_{2}}=F{{O}_{2}}\)
CMTT ta có \(MH=MG\) và \(H{{O}_{1}}=G{{O}_{1}}\)
\(\Rightarrow \) Chu vi tam giác \({{O}_{1}}{{O}_{2}}H\) là :
\(C=H{{O}_{1}}+H{{O}_{2}}+{{O}_{1}}{{O}_{2}}=G{{O}_{1}}+F{{O}_{1}}+{{O}_{1}}{{O}_{2}}=GF\Rightarrow \) Để chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất \(\Leftrightarrow G{{F}_{\max }}\)
Xét tam giác vuông cân MEF có \(G{{F}^{2}}=M{{G}^{2}}+M{{F}^{2}}=2M{{G}^{2}}=2M{{H}^{2}}\Rightarrow EF=MH\sqrt{2}\)
x\(\Rightarrow G{{F}_{\max }}\Leftrightarrow M{{H}_{\max }}\Leftrightarrow M\) là điểm chính giữa cung BC.
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
