Cho hình vuông \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

1. Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

2. Dựa vào các tứ giác nội tiếp, chứng minh các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

3. Chứng minh các tam giác đồng dạng, từ đó chứng minh các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ và tính độ dài đoạn thẳng AE theo \(R.\)

Giải chi tiết:

1. Chứng minh: Tứ giác \(EPND\) nội tiếp một đường tròn.

Ta có:\(\angle PNE = \angle ANE = \angle NAC + \angle NCA\) (tính chất góc ngoài của tam giác)

Mà \(N \in BD\) là đường trung trực của \(AC \Rightarrow NA = NC \Rightarrow \Delta NAC\) cân tại \(N \Rightarrow \angle NAC = \angle NCA\)

\( \Rightarrow \angle PNE = 2\angle NCA = sd\,\,cung\,\,AE\) (vì \(\angle ACE\) là góc nội tiếp chắn cung \(AE\))   (1)

Ta có:\(\Delta DAK = \Delta BAK\,\,\left( {c - g - c} \right) \Rightarrow \angle ABK = \angle ADK\) (hai góc tương ứng)

Hay \(\angle ABE = \angle PDA.\)

Mà \(\angle ABE\) cũng là góc nội tiếp chắn cung \(AE \Rightarrow \angle ADP = \angle ABE = \frac{1}{2}\,\,sd\,\,\,cung\,\,\,AE.\)

Lại có: \(\angle EDA = \frac{1}{2}\,\,sd\,\,cung\,\,AE\) (góc nội tiếp chắn cung \(AE\))

\( \Rightarrow \angle EDM = \angle ADE + \angle ADP = sd\,\,\,cung\,\,AE.\)     (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\angle EDP = \angle ENP\,\,\left( { = sd\,\,cung\,\,AE} \right).\)

\( \Rightarrow EDNP\) là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). (đpcm)

2. Chứng minh: \(\angle EKM = \angle DKM.\)

Xét tứ giác \(AEMK\) ta có: \(\angle KAM = \angle KEM = {45^0}\) cùng nhìn đoạn \(KM\)

\( \Rightarrow AEMK\) là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle MEA = \angle MKA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\)) và \(\angle EAD = \angle EKM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EM\))   (3)

Mà \(\angle EAM = \angle AEC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow \angle MEA = \angle MKA = {90^0} \Rightarrow MK \bot AC\)

Mà \(DB \bot AC\,\) (do \(ABCD\) là hình vuông)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow BD//MK\,\,\left( { \bot AC} \right)\\ \Rightarrow \angle MKD = \angle KDB\,\,\,\left( {so\,\,le\,\,\,trong} \right).\end{array}\)

Mà \(K \in AC\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(BD \Rightarrow KB = KD \Rightarrow \Delta KBD\) là tam giác cân tại \(K.\)

\( \Rightarrow \angle KBD = \angle KDB = \angle MKD.\)    (4)

Lại có: \(\angle EAD = \angle KBD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(ED\))   (5)

Từ (3),  (4) và (5) suy ra: \(\angle EKM = \angle MKD\left( { = \angle EAM = \angle KBD} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right)\)

3. Khi \(M\) là trung điểm của \(AD,\) tính độ dài đoạn thẳng \(AE\) theo \(R.\)

Vì \(M\) là trung điểm của \(AD \Rightarrow AM = MD = \frac{1}{2}AD.\)

Xét \(\Delta MDC\) và \(\Delta MEA\) ta có:

\(\angle EMA = \angle DMC\) (hai góc đối đỉnh)

\(\begin{array}{l}\angle AEM = \angle MDC = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta MDC \sim \Delta MEA\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{CD}}{{EA}} = \frac{{MD}}{{ME}} = \frac{{MC}}{{MA}} \Leftrightarrow MD.MA = ME.MC = M{D^2} = \frac{{C{D^2}}}{4}\end{array}\)

Áp dụng định lý Pitago cho  \(\Delta MCD\) vuông tại \(D\) ta có:

  \(\begin{array}{l}M{C^2} = C{D^2} + M{D^2} = C{D^2} + \frac{{C{D^2}}}{4} = \frac{5}{4}C{D^2}.\\ \Rightarrow MC = \frac{{\sqrt 5 }}{2}CD \Rightarrow ME = \frac{{C{D^2}}}{{4MC}} = \frac{{C{D^2}}}{{4.\frac{{\sqrt 5 }}{2}CD}} = \frac{{CD}}{{2\sqrt 5 }}.\\ \Rightarrow \frac{{CD}}{{EA}} = \frac{{MC}}{{MA}} \Rightarrow EA = \frac{{CD.MA}}{{MC}} = \frac{{CD.\frac{{CD}}{2}}}{{\frac{{\sqrt 5 CD}}{2}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}CD.\\R = OC = \frac{{CD\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow CD = R\sqrt 2  \Rightarrow EA = \frac{{\sqrt 5 }}{5}CD = \frac{{\sqrt 5 }}{5}.R\sqrt 2  = \frac{{\sqrt {10} }}{2}R.\end{array}\)