Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm E tùy ý trên nửa đường

Lời giải của Tự Học 365

Giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác \(IEHF\) nội tiếp được đường tròn.

Ta có \(\angle AEB = \angle AFB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;

\( \Rightarrow AE \bot EB,\,\,AF \bot EB\) hay \(BE \bot AI;\,\,AF \bot BI \Rightarrow \angle IEH = \angle IFH = {90^0}\).

Xét tứ giác \(IEHF\) có: \(\angle IEH + \angle IFH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(IEHF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

b) Chứng minh \(\angle AIH = \angle ABE\).

Cách 1:

Ta có \(IEHF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle EIH = \angle EFH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EH\))

Hay \(\angle AIH = \angle EFA.\)

Mà \(\angle EBA = \angle EFA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF\) của \(\left( O \right)\))

\( \Rightarrow \angle AIH = \angle ABE\,\left( { = \angle EFH} \right).\,\,\,\,\left( {dpcm} \right)\)

Cách 2:

Xét tam giác \(IAB\) có hai đường cao \(AF,\,\,BE\) cắt nhau tại \(H \Rightarrow H\) là trực tâm tam giác \(IAB\).

\( \Rightarrow IH \bot AB\) hay \(IK \bot AB\) tại \(K\).

Xét tam giác vuông \(AIK\) có: \(\angle AIK + \angle IAK = {90^0} \Leftrightarrow \angle AIH + \angle IAB = {90^0}\).

Xét tam giác vuông \(ABE\) có: \(\angle ABE + \angle  EAB = {90^0} \Leftrightarrow \angle ABE + \angle IAB = {90^0}\).

Do đó \(\angle AIH = \angle ABE\).

c) Chứng minh \(\cos \angle ABP = \frac{{PK + BK}}{{PA + PB}}\).

Nối \(PA,\,\,PB\) ta có \(\angle APB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tam giác \(BPK\) và tam giác \(BAP\) có:

\(\angle ABP\) chung;

\(\angle BKP = \angle BPA = {90^0};\)

\( \Rightarrow \Delta BPK \sim \Delta BAP\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{PK}}{{PA}} = \frac{{BK}}{{PB}}\) (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: \(\frac{{PK}}{{PA}} = \frac{{BK}}{{PB}} = \frac{{PK + BK}}{{PA + PB}}\) (1).

Xét tam giác vuông \(BKP\) ta có: \(\cos \angle ABP = \cos \angle KPB = \frac{{BK}}{{PB}}\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(\cos \angle ABP = \frac{{PK + BK}}{{PA + PB}}\).

d) Gọi \(S\) là giao điểm cuả tia \(BF\) và tiếp tuyến tại \(A\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\). Khi tứ giác \(AHIS\) nội tiếp được đường tròn, chứng minh \(EF\) vuông góc với \(EK\).

Xét tứ giác \(AEHK\) có: \(\angle AEH + \angle AKH = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(AEHK\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

\( \Rightarrow \angle HEK = \angle HAK = FAB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HK\));

Lại có \(\angle FAB = \angle FEB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FB\) của \(\left( O \right)\));

\( \Rightarrow \angle HEK = \angle FEB \Rightarrow EB\) là phân giác của \(\angle FEK\) \( \Rightarrow \angle FEK = 2\angle FEB = 2\angle FAB\) (3).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}IH \bot AB\,\,\left( {cmt} \right);\\SA \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow IH//SA \Rightarrow \) Tứ giác \(AHIS\) là hình thang (Tứ giác có 2 cạnh đối song song).

Khi \(AHIS\) là tứ giác nội tiếp thì \(\angle SAH + \angle SIH = {180^0}\) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) ;

Mà \(\angle SAH + \angle AHI = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía bù nhau) ;

\( \Rightarrow \angle SIH = \angle AHI \Rightarrow \) Tứ giác \(AHIS\)là hình thang cân.

Do đó \(\angle ISA = \angle SAH\) (Tính chất hình thang cân) hay \(\angle BSA = \angle SAF\).

Mà \(\angle SAF = \angle SBA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AF\) );

\( \Rightarrow \angle BSA = \angle SBA \Rightarrow \Delta SAB\) vuông cân tại \(A \Rightarrow \angle SBA = {45^0}\).

\( \Rightarrow \Delta FAB\) vuông cân tại \(F \Rightarrow \angle FAB = {45^0}\) (4).

Từ (3) và (4) ta có \(\angle FEK = 2\angle FAB = {2.45^0} = {90^0}\).

Vậy khi tứ giác \(AHIS\) nội tiếp được đường tròn, chứng minh \(EF\) vuông góc với \(EK\)(đpcm).