Bài 41 trang 128 SGK Toán 9 tập 1

Đề bài

Cho đường tròn (O) có đường kính BC, dây AD vuông góc với BC tại H.

Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi (I), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF. 

a) Hãy xác định vị trí tương đối của các đường tròn: (I) và (O); (K) và(O); (I) và (K).

b) Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?

c) Chứng minh đẳng thức \(AE.AB = AF.AC\)

d) Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K)

e) Xác định vị trí của điểm H để EF có độ dài lớn nhất.

Lời giải chi tiết

a) \(OI = OB – IB\) nên (I) tiếp xúc trong với (O)  

\(OK = OC – KC\) nên (K) tiếp xúc trong với (O)

\(IK = IH + KH\) nên (I) tiếp xúc ngoài với (K)

b) Vì \(HE \bot AB\) (gt)

\( \Rightarrow \widehat {A{\rm{E}}H} = {90^0}\)

Tương tự có \(\widehat {AFH} = {90^0}\) ( do \(HF\bot AC\))

Và \(\widehat {BAC} = {90^0}\) (do A thuộc đường tròn đường kính BC)

Tứ giác AEHF có \(\widehat {EAF} = \widehat {AEH} = \widehat {AFH} = {90^0}\) nên là hình chữ nhật (Dấu hiệu nhận biết)

c) ∆ABH vuông tại H, HE là đường cao nên \(AH^2 = AE. AB\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

∆ACH vuông tại H, HF là đường cao nên \(AH^2 = AF. AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Do đó \(AE. AB = AF. AC\) (vì cùng bằng \(AH^2\) )

d) Gọi M là giao điểm của AH và EF, ta có: \(ME = MF = MH = MA\) (do tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

Xét ∆MEI và ∆MHI có:

\(ME = MH, IE = IH (=R)\), MI (cạnh chung)

Do đó \(∆MEI = ∆MHI\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \widehat {MEI} = \widehat {MHI}\) (2 góc tương ứng)

mà \(\widehat {MHI} = {90^0}\) (do \(AD\bot BC\)) nên \(\widehat {MEI} = {90^0}\)

⇒ \(ME \bot EI\) tại E mà IE là bán kính đường tròn (I) 

⇒ ME hay EF là tiếp tuyến của đường tròn (I)

Chứng minh tương tự có EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)

Hoặc ta chứng minh EF là tiếp tuyến của đường tròn (K) như sau:

Vì \(MF=MH\) (cmt) nên tam giác MFH cân tại M ⇒ \(\widehat {MHF}=\widehat {MFH}\) (*) (tính chất)

Vì \(KH=KF\) (= bán kính đường tròn (K)) nên tam giác KFH cân tại K

⇒ \(\widehat {KHF}=\widehat {KFH}\) (**) (tính chất)

Từ (*) và (**) ta có: \(\widehat {MHF}+\widehat {KHF}=\widehat {MFH}+\widehat {HFK}\)

Hay \(\widehat {KFM}=\widehat {MHK}=90^0\) (do \(AH\bot BC\))

⇒ \(MF\bot FK\) tại F mà KF là bán kính đường tròn (K) nên EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)

e) Cách 1:

Ta có \(EF = AH\) (vì AEHF là hình chữ nhật) mà \(AH ≤ AO \) (=bán kính đường tròn (O)=R)

Do đó  \(EF ≤ R\), \(R\) không đổi. Dấu “=” xảy ra \(⇔ H ≡ O\)

Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.

Cách 2 câu e: 

Xét đường tròn (O) có BC là đường kính và AD là dây cung mà \(AD\bot BC\) tại H nên H là trung điểm của AD (định lý). Suy ra \(AH=\dfrac{AD}2\)

Ta có \(EF = AH\) (vì AEHF là hình chữ nhật)

⇒ \(EF=AH=\dfrac{AD}2\)

Do đó EF lớn nhất khi AD lớn nhất. Khi đó, dây AD lớn nhất là đường kính.

Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.