Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB.\) Gọi \(C,D\) là hai điểm di chuyển

Câu hỏi số 380926:

Vận dụng

Cho nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB.\) Gọi \(C,D\) là hai điểm di chuyển trên cung tròn sao cho góc \(COD\) luôn bằng \(90^\circ \) (\(C\) nằm giữa \(A\) và \(D\)). Tiếp tuyến tại \(C,D\) cắt đường thẳng \(AB\) lần lượt tại \(F,G.\) Gọi \(E\) là giao điểm của \(FC\) và \(GD.\)

1) Tính chu vi của tam giác \(ECD\) theo \(R.\)

2) Khi tứ giác \(FCDG\) là hình thang cân. Hãy tính tỉ số \(\frac{{AB}}{{FG}}.\)

3) Chứng minh rằng \(FC.DG\) luôn là hằng số.

4) Tìm vị trí của \(C,D\) sao cho tích \(AD.BC\) đạt giá trị lớn nhất.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:380926

Phương pháp giải

1) Chỉ ra \(OCED\) là hình vuông

Chu vi tam giác bằng tổng ba cạnh

2) Sử dụng tính chất đường trung bình và tính chất tam giác vuông cân

3) Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng

4) Sử dụng định lý Pytago và bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm.

Giải chi tiết

1) Tính chu vi của tam giác \(ECD\) theo \(R.\)

Từ tính chất của tiếp tuyến ta có \(\widehat {OCE} = \widehat {ODG} = {90^0} = \widehat {COD}\) nên \(CODE\) là chữ nhật.

Lại có \(OC = OD = R\) nên \(CODE\) là hình vuông.

Suy ra \(CE = DE = CO = DO = R\)

Xét tam giác \(ECD\) vuông tại \(E,\) theo định lý Pytago ta có: \(CD = \sqrt {C{E^2} + D{E^2}} = \sqrt {{R^2} + {R^2}} = R\sqrt 2 \)

Chu vi tam giác \(CED\) là \(EC + ED + CD = 2R + R\sqrt 2 .\)

2) Khi tứ giác \(FCDG\) là hình thang cân. Hãy tính tỉ số \(\frac{{AB}}{{FG}}.\)

Khi tứ giác \(PCDG\) là hình thang cân thì \(CF = DG;\widehat F = \widehat G\) và \(CD//FG\)

Ta có tam giác \(EFG\) cân tại \(E\) có \(\widehat {EFG} = {90^0}\) nên \(\widehat F = \widehat G = {45^0}\)

Xét tam giác \(OFC\) vuông tại \(C\) có \(\widehat F = {45^0}\) nên tam giác \(CFO\) vuông cân tại \(C.\)

Suy ra \(CF = CO = R\)

Tương tự ta có \(DG = DO = R\)

Từ đó \(CF = CE = DE = DG = R\) nên \(C,D\) lần lượt là trung điểm của \(EF,EG\)

Suy ra \(CD\) là đường trung bình của tam giác \(EFG.\) Khi đó \(FG = 2CD = 2R\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{FG}} = \frac{{2R}}{{2R\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

3) Chứng minh rằng \(FC.DG\) luôn là hằng số.

Ta có: \(\widehat F = \widehat {DOC}\) (cùng phụ với \(\widehat {COF}\))

Nên hai tam giác vuông \(FCO\) và \(ODG\) đồng dạng (góc-góc)

Ta có : \(\frac{{CF}}{{OD}} = \frac{{CO}}{{DG}} \Leftrightarrow CF.DG = CO.DO = {R^2}\)

4) Tìm vị trí của \(C,D\) sao cho tích \(AD.BC\) đạt giá trị lớn nhất.

Gọi giao điểm của \(CB\) và \(AD\) là \(I.\) Khi đó ta có các tam giác \(ACI,\,BDI\) vuông cân tại \(C,D.\)

Đặt \(AC = x;BD = y \Rightarrow CB.AD = \left( {x + y\sqrt 2 } \right)\left( {y + x\sqrt 2 } \right) = 3xy + \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\sqrt 2 .\)

Ta có \(A{C^2} + C{B^2} + B{D^2} + A{D^2} = 8{R^2}\) (định lý Pytago)

Suy ra \(4\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 4xy\sqrt 2 = 8{R^2}\mathop \ge \limits^{Co - si} 8xy + 4xy\sqrt 2 \) \( \Leftrightarrow xy \le \frac{{8{R^2}}}{{8 + 4\sqrt 2 }}\) .

Dấu “=” khi \(x = y.\)

Ta có \(2\sqrt 2 AD.BC - 8{R^2} = 2xy\sqrt 2 .\)

Vậy để tích \(CB.AD\) lớn nhất thì \(x = y\) khi đó \(C,D\) là điểm chính giữa của các cung phần tư thứ nhất và thứ hai trên nửa đường tròn đã cho.

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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