Cho tứ  giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a) Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^o}\) là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(\Delta IAD \sim \Delta IBC\,\,\left( {g - g} \right)\) từ đó suy ra đpcm.

c) Chứng minh \(\angle {H_1} = \angle {B_1}{\rm{ ; }}\angle {K_1} = \angle {D_1}\) bởi góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau từ đó suy ra đpcm.

Giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn.

Tứ giác AHIK có:

\(\begin{array}{l}\angle AHI = {90^0}{\rm{ }}(IH \bot AB)\\\angle AKI = {90^0}{\rm{ }}(IK \bot AD)\\ \Rightarrow \angle AHI + \angle AKI = {180^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác AHIK nội tiếp (dhnb).

b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID.

Xét \(\Delta IAD\) và \(\Delta IBC\) ta có:

\(\angle {A_1} = \angle {B_1}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))

\(\angle AID = \angle BIC\) (2 góc đối đỉnh)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta IAD \sim \Delta IBC\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IC}} \Rightarrow IA.IC = IB.ID\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có

\(\angle {A_1} = \angle {H_1}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

Mà \(\angle {A_1} = \angle {B_1}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle {H_1} = \angle {B_1}\,\,\left( { = \angle {A_1}} \right)\)

Chứng minh tương tự, ta được \(\angle {K_1} = \angle {D_1}\,\,\left( { = \angle CAH} \right)\)

Xét \(\Delta HIK\) và \(\Delta BCD\) có:

 \(\begin{array}{l}\angle {H_1} = \angle {B_1}{\rm{ }}\,\left( {cmt} \right)\\\angle {K_1} = \angle {D_1}\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta HIK \sim \Delta BCD\,\,\left( {g - g} \right).\,\,\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)

d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S^’ làdiện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng: \(\frac{{S'}}{S} \le \frac{{H{K^2}}}{{4.A{I^2}}}\)

Gọi S₁ là diện tích của \(\Delta \)BCD.

Vì \(\Delta HIK \sim \Delta BCD\,\,\left( {cmt} \right)\) nên:

\(\frac{{S'}}{{{S_1}}} = \frac{{H{K^2}}}{{B{D^2}}} = \frac{{H{K^2}}}{{{{(IB + ID)}^2}}} \le \frac{{H{K^2}}}{{4IB.ID}} = \frac{{H{K^2}}}{{4IA.IC}}\) (1)

Vẽ \(AE \bot BD{\rm{ , }}CF \bot BD \Rightarrow AE//CF \Rightarrow \frac{{CF}}{{AE}} = \frac{{IC}}{{IA}}\)

\(\Delta ABD\) và \(\Delta BCD\) có chung cạnh đáy BD nên:

\(\frac{{{S_1}}}{S} = \frac{{CF}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{S} = \frac{{IC}}{{IA}}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra:  \(\frac{{S'}}{{{S_1}}} \cdot \frac{{{S_1}}}{S} \le \frac{{H{K^2}}}{{4IA.IC}} \cdot \frac{{IC}}{{IA}} \Leftrightarrow \frac{{S'}}{S} \le \frac{{H{K^2}}}{{4I{A^2}}}\) (đpcm)