Cho đường tròn ( O ) đường kính A B . Gọi H là điểm nằm giữa O và B . Kẻ dây C D vuông góc với A B tại H . Trên cung nhỏ A C lấy điểm E bất kỳ ( E

20/20

Cho đường tròn \[\left( O \right)\] đường kính \[AB.\] Gọi \[H\] là điểm nằm giữa \[O\] và \[B.\] Kẻ dây \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[H.\] Trên cung nhỏ \[AC\] lấy điểm \[E\] bất kỳ \[\left( E \right.\] khác \[A\] và \[\left. C \right).\] Kẻ \[CK\] vuông góc với \[AE\] tại \[K.\] Đường thẳng \[DE\] cắt \[CK\] tại \[F.\]

a) Chứng minh tứ giác \[AHCK\] là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \[KH\] song song với \[ED\] và tam giác \[ACF\] là tam giác cân.

c) Tìm vị trí của điểm \[E\] để diện tích tam giác \[ADF\] lớn nhất.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

a) Vì \(CK \bot AK\) nên \(\widehat {AKC} = 90^\circ .\) Vì \(CH \bot AB\) tại \[H\] nên \(\widehat {AHC} = 90^\circ .\)

Gọi \(I\)là trung điểm \(AC\).

\(\Delta AKC\)có \(KI\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AC\) nên \(KI = OA = OC = \frac{1}{2}AC.\)

\(\Delta AHC\) có \(HI\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền\(AC\) nên \(HI = IA = IC = \frac{1}{2}AC.\)

Do đó \(IA = IK = IC = IH.\)

Vậy bốn điểm

\(A,\,\,H,\,\,C,\,\,K\) cùng nằm trên cùng một đường tròn tâm \(I\) hay tứ giác \[AHCK\] nội tiếp.

b) Vì \[AHCK\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {CHK} = \widehat {CAK} = \widehat {CAE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[KC).\]

Lại có \[ADCE\]nội tiếp nên \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC).\]

Từ đó suy ra \(\widehat {CHK} = \widehat {CDE}\) nên \(HK\,{\rm{//}}\,DE\) (đpcm).

Do \(HK\,{\rm{//}}\,DE\), mà \[H\] là trung điểm \[CD\] (quan hệ vuông góc của đường kính \[AB\] với dây \[CD\] tại \[H).\]

Suy ra \[HK\] là đường trung bình của tam giác \[CDF\] nên \[K\] là trung điểm \[FC\].

Tam giác \[AFC\] có \[AK\] là đường cao đồng thời cũng là trung tuyến.

Do đó tam giác \[CAF\]là tam giác cân tại \[K\] (đpcm).

c) Tam giác \[FAC\] cân tại \[A\] nên \[AF = AC.\]

Dễ thấy tam giác \[ACD\] cân tại \[A\] nên \[AC = AD\].

Từ đó suy ra \[AF = AD\] hay tam giác \[AFD\] cân tại \[A\], hạ \[DI \bot AF\] .

Ta có \({S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC\).

Do \[AC\] không đổi nên \({S_{AFD}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \[DI\] lớn nhất.

Trong tam giác vuông \[AID\] ta có:

\(ID \le AD = AC\) hay \({S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC \le \frac{{A{C^2}}}{2}\).

Dấu xảy ra khi và chỉ khi \(I \equiv A\), khi đó \[\widehat {DAF} = 90^\circ \] nên tam giác \[ADF\] vuông cân tại \[A\], suy ra \(\widehat {EBA} = \widehat {EDA} = 45^\circ \) hay \[E\] là điểm chính giữa cung \[AB.\]

Vậy để diện tích tam giác \[ADF\] lớn nhất thì \[E\] là điểm chính giữa cung \[AB.\]