Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi
Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right).\) Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB\) và \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Vẽ đường kính \(AK.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Quảng cáo
a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của hình bình hành: Tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau là hình bình hành.
b) Vận dụng tính chất của tứ giác nội tiếp để chứng minh \(E,\,\,F,\,\,D,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Gọi \(EF \cap OA = \left\{ I \right\}\), chứng minh được \(OA \bot EF\)
Xác định được \(EF + FD + DE = \frac{{2{S_{ABC}}}}{R}\)
Kéo dài \(OM\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\).
Biện luận và kết luận điều phải chứng minh.
a) Chứng minh tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.
Ta có: \(\angle ABK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ABK = {90^0}\) hay \(AB \bot BK\).
Mà \(CF \bot AB\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow CF\parallel BK\) hay \(CH\parallel BK\,\,\,\left( 1 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Ta có: \(\angle ACK\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) \( \Rightarrow \angle ACK = {90^0}\) hay \(AC \bot CK\).
Mà \(BE \bot AC\,\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow BE\parallel CK\) hay \(BH\parallel CK\,\,\,\left( 2 \right)\) (Từ vuông góc đến song song).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành. (dhnb)
b) Trong trường hợp \(\Delta ABC\) không cân, gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Hãy chứng minh \(FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) và bốn điểm \(M,\,\,D,\,\,F,\,\,E\) cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác \(BFHD\) ta có: \(\angle BFD + \angle BHD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow BFHD\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFD = \angle HBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét tứ giác \(AEHF\) ta có: \(\angle AEH + \angle AFH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà hai góc này là hai góc đối diện
\( \Rightarrow AEHF\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \angle HFE = \angle HAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\)) \(\left( 4 \right)\)
Xét tứ giác \(AEDB\) ta có: \(AEB = \angle ADB = {90^0}\)
\( \Rightarrow AEDB\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng kề nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle DAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)) \(\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle EAD = \angle EFH = \angle HFD = \angle HBD\)
Hay \(\angle EFC = \angle CFD\) \( \Rightarrow FC\) là phân giác của \(\angle DFE\) (đpcm).
Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có đường trung tuyến \(EM\) \( \Rightarrow EM = BM = \dfrac{1}{2}BC\)
\( \Rightarrow \Delta EBM\) cân tại \(M\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow \angle MEB = \angle EBM\) \( \Rightarrow \angle EMC = \angle MEB + \angle EBM = 2\angle EBM\) (góc ngoài của tam giác)
Lại có: \(\angle EFD = 2\angle HFD = 2\angle HBD = 2\angle EBM\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle EMC = \angle EFD\,\,\left( { = 2\angle EBM} \right)\)
\( \Rightarrow EFDM\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay \(E,\,\,F,\,\,D,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi \(BC\) và đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\) cố định, điểm \(A\) thay đổi trên đường tròn sao cho \(\Delta ABC\) luôn nhọn, đặt \(BC = a.\) Tìm vị trí của điểm \(A\) để tổng \(P = DE + EF + DF\) lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo \(a\) và \(R.\)
Gọi \(EF \cap OA = \left\{ I \right\}\).
Ta có: \(\angle FAI = \angle BCK\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BK\)).
Xét tứ giác \(BFEC\) có: \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\,\left( {gt} \right)\), do đó tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \angle AFI = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).
\( \Rightarrow \angle FAI + \angle AFI = \angle BCK + \angle ACB = \angle ACK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
\( \Rightarrow OA \bot EF\).
CMTT ta có \(OB \bot FD\), \(OC \bot ED\).
Ta có: \({S_{OEAF}} = \dfrac{1}{2}OA.EF\) (tứ giác có 2 đường chéo vuông góc).
\({S_{OFBD}} = \dfrac{1}{2}OB.FD\)
\({S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OC.DE\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_{OEAF}} + {S_{OFBD}} + {S_{ODCE}} = \dfrac{1}{2}OA.EF + \dfrac{1}{2}OB.FD + \dfrac{1}{2}OC.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.EF + \dfrac{1}{2}R.FD + \dfrac{1}{2}R.DE\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}R.\left( {EF + FD + DE} \right)\\ \Rightarrow EF + FD + DE = \dfrac{{2{S_{ABC}}}}{R}\end{array}\)
Kéo dài \(OM\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(A'\) \( \Rightarrow A'M \bot BC\,\,\left( {do\,\,OM \bot BC} \right)\).
Khi đó ta có: \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AD.BC \le \dfrac{1}{2}A'M.BC\).
Áp dụng định í Pytago trong tam giác vuông \(OMC\) ta có: \(OM = \sqrt {O{C^2} - C{M^2}} = \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow A'M = OA' + OM = R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \).
\( \Rightarrow {S_{ABC}} \le \dfrac{a}{2}\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)\).
\( \Rightarrow EF + FD + DE \le \dfrac{{a\left( {R + \sqrt {{R^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} } \right)}}{R}\).
Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow A \equiv A'\), khi đó điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
Vậy \(P = DE + EF + DF\) đạt giá trị lớn nhất điểm \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).
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
