Câu 1:

+) Tứ giác $AEHF$ có: $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^o+90^o=180^o$ (do CF, BE là đường cao của $\Delta ABC$)

$\Rightarrow AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính (AH).

+) Ta có $\widehat{BFC}$ và $\widehat{BEC}$ cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc $90^o$ nên B, C, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính (BC).

+) Xét $\Delta AEH$ và $\Delta ADC$ có: $\widehat A$ chung, $\widehat{AEH}=\widehat{ADC}=90^o$

$\Rightarrow\Delta AEH\sim\Delta ADC$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AH}{AC}\Rightarrow AE.AC=AH.AD$

+) Xét $\Delta BEC$ và $\Delta ADC$ có $\widehat C$ chung, $\widehat{BEC}=\widehat{ADC}=90^o$

$\Rightarrow \Delta BEC\sim\Delta ADC$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{BE}{AD}=\dfrac{BC}{AC}\Rightarrow BE.AC=D.BC$

+) Ta có: $\widehat{A_1}=\widehat{C_1}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

$\widehat{C_2}=\widehat{A_1}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)

$\Rightarrow \widehat{C_1}=\widehat{C_2}\Rightarrow CD $ là phân giác $\widehat{HCM}$

$\Delta HCM$ có $CD\bot HM,CD$ là phân giác $\widehat{HCM}$ nên $\Delta HCM$ cân đỉnh C,

$\Rightarrow D$ là trung điểm của HM

$\Rightarrow H$ và $M $ đối xứng nhau qua BC.

+) Tứ giác HDCE có $\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=180^o$ nên $HDCE$ nội tiếp đường tròn (HC)

$\Rightarrow\widehat{E_2}=\widehat{C_2}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (BC) nên $\widehat{E_1}=\widehat{C_2}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

$\Rightarrow\widehat{E_2}=\widehat{E_1}\Rightarrow EB$ là phân giác $\widehat{FED}$

Tương tự $FC$ là phân giác của $\widehat{EFD}$

$\Rightarrow $ tâm đường tròn nội tiếp $\Delta EFD$ là $EB\cap FC=H$.

Câu 2:

+) Tứ giác CEHD có $\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=180^o$ (do AD, BE là đường cao của $\Delta ABC$

$\Rightarrow CEDF$ nội tiếp đường tròn đường kính (HC)

+) Ta có $\widehat{AEB}$ và $\widehat{ADB}$ cùng nhìn cạnh $AB$ dưới một góc bằng $90^o$ nên $AEDB$ nội tiếp đường tròn đường kính (AB)

+) $\Delta EBC\bot E$ có $D$ là trung điểm ứng với cạnh huyền nên ED=BD=DC=$\dfrac{1}{2}.BC$

+) $\Delta AEH\bot E$ gọi O là trung điểm cạnh AH suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta AHE$

Ta có $\widehat{OEH}=\widehat{OHE}=\widehat{BHD}$

$\widehat{DEB}=\widehat{DBE}$

$\Rightarrow\widehat{OED}= \widehat{OEH}+\widehat{DEB}=\widehat{BHD}+\widehat{DBE}=90^o$

$\Rightarrow OE\bot ED\Rightarrow ED$ là tiếp tuyến của (O).

+) AH=6cm nên OE=OH=$\dfrac{1}{2}AH=3$cm

OD=OH+HD=5cm

Áp dụng định lý Pi-ta-go vào $\Delta$ vuông $ODE$ có:

$DE^2=OD^2-OE^2=16\Rightarrow DE=4$cm

Bài 3:

+) Do CD và CA là 2 tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $CM=CA$

Tương tự CD và DB là 2 tiếp tuyến của (O) nên $DM=DB$

$\Rightarrow AC+BD=CM+DM=CD$

+) $\widehat{O_1}=\widehat{O_2}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\widehat{O_3}=\widehat{O_4}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\widehat{COD}=\widehat{O_2}+\widehat{O_3}$

$=\dfrac{\widehat{O_1}+\widehat{O_2}+\widehat{O_3}+\widehat{O_4}}{2}=90^o$

+) Áp dụng hệ thức lượng vào $\Delta OCD\bot O$ đường cao $OM$

$OM^2=CM.MD$

$\Rightarrow \left({\dfrac{AB}{2}}\right)^2=AC.BD$

$\Rightarrow \dfrac{AB^2}{4}=AC.BD$

+) Ta có $\widehat{AOC}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOM}=\widehat{ABM}$ (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

Mà chúng ở vị trí đồng vị nên $OC//BM$

+) $\Delta COD\bot O$ gọi $I$ là trung điểm cạnh $CD\Rightarrow I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OCD$

$IC=ID=IO$ (1)

Tứ giác $ABCD$ có O là trung điểm của AB, I là trung điểm của CD nên OI là đường trung bình của ABCD nên OI//AC suy ra $OI\bot AB$ (2)

Từ (1) và (2) AB là tiếp tuyến (CD), tiếp điểm O.

+) Do AC//BD theo định lý Ta-lét ta có:

$\dfrac{CN}{BN}=\dfrac{AC}{BD}=\dfrac{CM}{DM}$

$\Rightarrow MN//BD$ (định lý Ta-lét đảo), $BD\bot AB$

$\Rightarrow MN\bot AB$ 

+) Chu vi tứ giác ABCD bằng $AB+BD+DC+AC$ (AC+BD=DC)

$=AB+2DC$ nhỏ nhất khi DC nhỏ nhất

Mà DC nhỏ nhất khi $DC\bot AC$ khi đó AB//CD\Rightarrow M$ là điểm chính giữa cung AB, Chu vi khi đó là 3AB.

Bài 4:

+) Do đường tròn tâm (I) nội tiếp $\Delta ABC\Rightarrow BI$ là phân giác trong góc B (1)

$(K)$ là đường tròn bàng tiếp góc A(là đường tròn có tâm là giao của đường phân giác trong góc A và 2 đường phân giác ngoài của góc B và C) nên $BK$ là phân giác ngoài của góc B (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BI\bot BK$ (đường phân giác trong và ngoài của một góc vuông góc với nhau- tính chất)

$\Rightarrow \widehat{IBK}=90^o$ chứng minh tương tự $\widehat{ICK}=90^o$

$\Rightarrow$ tứ giác $IBKC$ có $\widehat{IBK}+\widehat{ICK}=180^o$

$\Rightarrow IBCK$ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $(IK)$ có O là trung điểm của $IK$

nên $IBCK$ nội tiếp (O) (đpcm)

+) $\widehat{ACI}=\widehat{ICB}$ (do CI là phân giác góc C)

$\widehat{OCK}=\widehat{OKC}$ (do OC=OK= bán kính (O) nên $\Delta OKC$ cân đỉnh O)

Mà $\widehat{ICB}=\widehat{OKC}$ ( do cùng cộng với $\widehat{BCK}$ bằng $90^o$)

$\Rightarrow \widehat{ACI}=\widehat{OCK}$

$\Rightarrow \widehat{ACO}=\widehat{ACI}+\widehat{ICO}=\widehat{OCK}+\widehat{ICO}=\widehat{IOK}=90^o$

$\Rightarrow AC\bot CO$ và $C\in(O)\Rightarrow AC$ là tiếp tuyến (O)

+) Gọi $AK\cap BC=D$

BD=12cm, $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=16$

$\Delta ABD$ có BI là phân giác $\widehat B$ theo tính chất đường phân giác

$\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{20}{12}=\dfrac{5}{3}$

$\Rightarrow \dfrac{IA+ID}{ID}=\dfrac{5+3}{5}\Rightarrow\dfrac{AD}{ID}=\dfrac{8}{3}$

$\Rightarrow ID=\dfrac{3.16}{8}=6$cm

$\Delta IBD$ có: $\cos\widehat{BID}=\dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{\sqrt5}$ (IB=$\sqrt{ID^2+BD^2}=6\sqrt5$)

$\Delta IBK$ có: $\dfrac{IB}{IK}=\cos\widehat{BIK}=\cos\widehat{BID}=\dfrac{1}{\sqrt5}$

$\Rightarrow IK=\sqrt5IB=30\Rightarrow R=OI=15$