Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T) tâm O, bán kí...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a)  +) \(\widehat {COD} = 2\widehat {CAD}\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung).  

     +) Chứng minh tứ giác CIKD có 2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau.

b)  +) Chứng minh AC là trung trực của BH và AK là trung trực của EH. Từ đó suy ra giao điểm của hai đường trung trực là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.

     +) Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác để tính IK.

c)  +) Dựa vào tính chất: Điểm cách đều hai đều mút của đoạn thẳng thì thuộc trung trực của đoạn thẳng đó, chứng minh \(OI \bot AD\) và \(OK \bot AC\). Từ đó suy ra O là trực tâm tam giác AIK.

     +) Chứng minh tam giác FBC và KDC đồng dạng.

Giải chi tiết:

a) Ta có góc COD = 2.góc CAD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

⇒ góc COD = 2.45^o = 90^o

Vì AC ⊥ BD (gt)  nên góc CID = 90^o;

Vì CK ⊥ AD (gt) nên góc CKD = 90^o

\( \Rightarrow \widehat {CID} = \widehat {CKD} = {90^0}\).

\( \Rightarrow \) Tứ giác CIKD có 2 đỉnh I và K cùng nhìn cạnh CD dưới góc 90^o nên nó là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CD.

Vì AC ⊥ BD (gt) nên tam giác AID vuông ở I, có góc IAD = góc CAD = 45^o nên ∆ AID vuông cân tại I ⇒ IA = ID        (1)

Ta có góc CBD = góc CAD = 45^o (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

Tam giác CIB vuông tại I có góc CBI = góc CBD = 45^o nên ∆ CIB vuông cân tại I

⇒ IB = IC                                                       (2)

Từ (1) và (2) ⇒ IA + IC = IB + ID

⇒ AC = BD (vì I thuộc đoạn AC và I thuộc đoạn BD)

b) + Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BHE

∆ ACK vuông tại K ⇒ góc ICH = góc ACK = 90^o – góc CAK = 90^o – 45^o = 45^o

Tam giác CIH vuông tại I có góc ICH = 45^o (cmt) nên nó vuông cân tại I ⇒ IC = IH         (3)

Từ (2) và (3) ⇒ IB = IH ⇒ I là trung điểm BH, mà \(AI \bot BH\,\,\left( {AC \bot BD} \right)\)

⇒ AI là trung trực BH                                                (4)

∆ CIH vuông cân tại I ⇒ góc DHE = góc IHC (đối đỉnh) = 45^o

Mặt khác góc HED = góc CAD = 45^o (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

⇒ góc DHE = góc HED = 45⁰ ⇒ ∆ HDE vuông cân ở D.

Mà DK là đường cao hạ từ đỉnh D của ∆ HDE ⇒ DK cũng là trung trực của HE

⇒ AK là trung trực của HE                            (5)

Từ (4) và (5) ⇒ A là giao điểm của trung trực BH và trung trực HE

⇒ A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BHE

+ Tính IK theo R

Ta có IK là đường trung bình của ∆ BHE nên \(IK = \dfrac{{BE}}{2}\)

Ta có góc BCH = góc BCI + góc ICH = 45^o + 45^o = 90^o (do ∆ BCI và ∆ CIH vuông cân)

⇒ góc BOE = 2.góc BCE = 2.90^o = 180^o (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BE của (T))

⇒ B, O, E thẳng hàng và BE là đường kính của (T) ⇒ BE = 2R

\(IK = \dfrac{{BE}}{2} = R\)

c)  + Chứng minh O là trực tâm ∆ AIK

Vì IA = ID, OA = OD = R nên OI là trung trực của AD ⇒ OI ⊥ AD

⇒ OI ⊥ AK                                                    (6)

Tam giác CAK vuông ở K có góc CAK = 45^o nên ∆ CAK vuông cân tại K

⇒ KC = KA. Mặt khác OC = OA = R ⇒ OK là trung trực của AC

⇒ OK ⊥ IA                                                    (7)

Từ (6) và (7) ⇒ O là giao điểm của 2 đường cao hạ từ I và K của ∆ AIK

⇒ O là trực tâm ∆ AIK

+ Chứng minh CK.CB = CF.CD

Ta có góc BAC = góc BEC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC của (T))

Vì IK // BE (tính chất đường trung bình) ⇒ góc BEC = góc FKC (đồng vị)                       

⇒ góc BAC = góc FKC

Tứ giác AFCK có 2 đỉnh A và K cùng nhìn FC dưới một góc bằng nhau nên AFCK là tứ giác nội tiếp ⇒ góc CFB = 180^o – góc CKA = 90^o (2 góc đối diện của tứ giác nội tiếp)

⇒ góc CFB = góc CKD = 90⁰                    (8)

Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên góc FBC = góc CDK (cùng bù với góc ABC)      (9)

Từ (8) và (9) \( \Rightarrow \Delta FBC \backsim \Delta KDC{\rm{ }}\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{CF}}{{CK}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CK.CB = CF.CD\,\,\left( {dpcm} \right)\)