Giúp mình với!

Mạnh Trần

Câu 5:

a) Chứng minh tứ giác $AKHF$ nội tiếp:

Vì $AE$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat{AEB}=90^\circ \Rightarrow \widehat{AEH}=90^\circ$

Vì $BF$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $\widehat{BFA}=90^\circ \Rightarrow \widehat{AFH}=90^\circ$

Tứ giác $AKHF$ có $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^\circ+90^\circ=180^\circ$

Mà $\widehat{AEH}$ và $\widehat{AFH}$ là hai góc đối nhau nên tứ giác $AKHF$ là tứ giác nội tiếp (đpcm).

b) Chứng minh $DC // BF$:

Xét đường tròn $(O)$ có $AD$ là đường kính nên $\widehat{ACD}=90^\circ$ hay $AC \perp CD$

Mà $AC \perp BF$ (do $BF$ là đường cao của tam giác $ABC$)

Suy ra $BF // CD$ (đpcm).

c) Chứng minh $AB.AC = AE.AD$:

Xét tam giác $ABE$ và tam giác $ADC$ có:

$\widehat{AEB}=\widehat{ACD}=90^\circ$

$\widehat{ABE}=\widehat{ADC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)

Vậy $\Delta ABE \sim \Delta ADC$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AE}{AC}$

$\Rightarrow AB.AC=AE.AD$ (đpcm).

d) Tính theo $R$ diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác $HKF$:

Gọi $R'$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HKF$.

Tứ giác $AKHF$ nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AKHF$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $HKF$.

Tứ giác $AKHF$ nội tiếp đường tròn có $AH$ là đường kính nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AKHF$ là: $R'=\dfrac{AH}{2}$

Gọi $S$ là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác $HKF$.

$S=\pi (R')^2=\pi (\dfrac{AH}{2})^2=\pi \dfrac{AH^2}{4}$

Ta có: $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)

Xét tam giác $BEC$ vuông tại $E$ có $\widehat{BCE}=90^\circ - \widehat{ABC}$

Xét tam giác $ABD$ vuông tại $B$ có $\widehat{BAD}=90^\circ - \widehat{ADC}$

Suy ra $\widehat{BCE}=\widehat{BAD}$ hay $\widehat{BCH}=\widehat{BAD}$

Xét tam giác $BHC$ có $AD \perp BC$ tại $E$ nên $AE$ là đường cao của tam giác $BHC$

Áp dụng công thức: $AE.BC=2S_{BHC}$

$\Rightarrow AE.BC=BH.CH.\sin \widehat{BHC}$

$\Rightarrow AE.BC=BH.CH.\sin \widehat{AHB}$ (vì $\widehat{BHC}$ và $\widehat{AHB}$ là hai góc đối đỉnh)

Mà $\widehat{AHB}=\widehat{EHD}=180^\circ - \widehat{AEH}-\widehat{ADH}=180^\circ - 90^\circ - \widehat{ACD}=90^\circ - \widehat{ACD}=\widehat{CAD}$

$\Rightarrow \sin \widehat{AHB}=\sin \widehat{CAD}=\dfrac{CD}{AD}$

$\Rightarrow AE.BC=BH.CH.\dfrac{CD}{AD}$

Trong tam giác $ABC$ có $AE \perp BC$ tại $E$ nên $AE$ là đường cao.

Áp dụng công thức $BC=2R.\sin \widehat{BAC}$

$\Rightarrow \sin \widehat{BAC}=\dfrac{BC}{2R}$

Mà $\widehat{BAC}=\widehat{BDC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$)

$\Rightarrow \sin \widehat{BAC}=\sin \widehat{BDC}=\dfrac{BC}{2R}$

Ta có $BC = \dfrac{4R\sqrt{2}}{3}$

$\Rightarrow AH = \dfrac{4R}{3}$

$\Rightarrow R' = \dfrac{AH}{2}=\dfrac{2R}{3}$

Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác $HKF$ là:

$S=\pi (R')^2=\pi (\dfrac{2R}{3})^2 = \dfrac{4\pi R^2}{9}$.