Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\)

Câu hỏi số 422623:

Vận dụng

Cho tam giác nhọn \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Các đường cao \(BD,\,\,CE\) (\(D\) thuộc \(AC\), \(E\) thuộc \(AB\)) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại các điểm \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\), \(N\) khác \(C\)).

1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.

2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).

3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.

Xem lời giải

Câu hỏi:422623

Giải chi tiết

1. Chứng minh tứ giác \(BCDE\) nội tiếp được trong một đường tròn.

Vì \(BD,\,\,CE\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(BD \bot AC,\,\,CE \bot AB\).

\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BEC = {90^0}\).

Suy ra tứ giác \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

2. Chứng minh \(MN\) song song với \(DE\).

Vì \(BCDE\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle BDE = \angle BCE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)).

Mà \(\angle BCE = \angle BCN = \angle BMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\) của \(\left( O \right)\)).

\( \Rightarrow \angle BDE = \angle BMN\,\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.

Vậy \(MN\parallel DE\,\,\,\left( {dhnb} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\).

3. Khi đường tròn \(\left( O \right)\) và dây \(BC\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) không đổi và tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(ADE\) đạt giá trị lớn nhất.

Gọi \(BD \cap CE = \left\{ H \right\}\).

Xét tứ giác \(AEHD\) có \(\angle AEH + \angle ADH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

\( \Rightarrow AEHD\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

Lại có \(\angle AEH = {90^0}\) nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác \(AEHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), tâm \(I\) là trung điểm của \(AH\).

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;\dfrac{{AH}}{2}} \right)\).

Kẻ đường kính \(AF\) và gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\).

Vì \(\angle ABF,\,\,\angle ACF\) là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABF = \angle ACF = {90^0}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CF \bot AC\\BH \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CF\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song).

\(\left\{ \begin{array}{l}BF \bot AB\\CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CH\parallel BF\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BHCF\) là hình bình hành (dhnb).

\( \Rightarrow \) Hai đường chéo \(BC,\,\,HF\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất hình bình hành).

Mà \(K\) là trung điểm của \(BC\) (theo cách vẽ) nên \(K\) cũng là trung điểm của \(HF\).

Khi đó \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(AHF\) nên \(OK = \dfrac{1}{2}AH\) (tính chất đường trung bình).

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) là đường tròn \(\left( {I;OK} \right)\).

Mà \(\left( O \right)\) và \(BC\) cố định, do đó \(O,\,\,K\) cố định nên \(OK\) không đổi.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ADE\) bằng \(OK\) không đổi.

Ta có: \(\angle BAC = \dfrac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,BC\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).

Mà \(BC\) cố định nên \(sd\,\,cung\,\,BC\) không đổi. Do đó \(\angle BAC\) không đổi.

Xét \(\Delta AED\) và \(\Delta ACB\) có:

\(\angle BAC\) chung;

\(\angle AED = \angle ACB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(BCDE\)).

\( \Rightarrow \Delta AED \sim \Delta ACB\,\,\left( {g.g} \right)\) theo tỉ số \(k = \dfrac{{AD}}{{AB}}\).

Do đó ta có: \(\dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ACB}}}} = {k^2} = {\left( {\dfrac{{AD}}{{AB}}} \right)^2}\).

Xét tam giác vuông \(ABD\) có: \(\dfrac{{AD}}{{AB}} = \cos \angle BAC\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta AED}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = {\cos ^2}\angle BAC\) \( \Rightarrow {S_{\Delta AED}} = {\cos ^2}\angle BAC.{S_{\Delta ABC}}\), mà \(\cos \angle BAC\) không đổi nên để \({S_{\Delta AED}}\) đạt giá trị lớn nhất thì \({S_{\Delta ABC}}\) phải lớn nhất.

Kéo dài \(AH\) cắt \(BC\) tại \(P\) \( \Rightarrow AP \bot BC\) và \({S_{\Delta ABC}} = \dfrac{1}{2}AP.BC\).

Do \(BC\) không đổi (theo giả thiết) nên \({S_{\Delta ABC}}\) đạt giá tị lớn nhất khi và chỉ khi \(AP\) lớn nhất.

Khi đó \(A\) phải là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).

Vậy \({S_{AED}}\) đạt giá trị lớn nhất khi \(A\) là điểm chính giữa của cung lớn \(BC\).

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.