Tam giác đều cạnh bằng \(8a\sqrt 3 \) có bán kính đường tròn nội tiếp là

A. 4a.

B. 2a.

C. \(4a\sqrt 3 .\)

D. \(2a\sqrt 3 .\)

a) Ta có BD ⊥ AC, CE ⊥ AB nên tam giác BEC vuông tại E và tam giác BDC vuông tại D.

∆BEC vuông tại E nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. (1)

∆BDC vuông tại D nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC.

b) Ta có BD là bán kính đường tròn (B; BD) và BD ⊥ AC nên AC là tiếp tuyến của đường tròn (B; BD).

c) Xét ∆BHD và ∆BDC có:

Góc B chung; \[\widehat {BHD} = \widehat {BDC} = 90^\circ \]

Do đó ∆BHD ᔕ ∆BDC (g.g)

Suy ra \[\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BD}}\]  hay BD² = BH.BC.

Ta lại có BD = BK (bán kính đường tròn (B; BD)) nên BK² = BH.BC.

Suy ra \[\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{BC}}\]

Xét ∆BHK và ∆BKC có:

Góc B chung; \[\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{BC}}\]

Do đó ∆BHK ᔕ ∆BKC (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BCK}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {BMH} = \widehat {BCK}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC})\) nên \(\widehat {BMH} = \widehat {BKH}.\)

a) Ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AB), suy ra BC ⊥ AC.

Mà EH ⊥ AC (giả thiết), suy ra EH // BC.

b) Vì C là điểm chính giữa của cung AB và AB là đường kính của đường tròn (O), suy ra  

Vì AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) (giả thiết) nên \(\widehat {CAD} = \widehat {BAD} = \frac{1}{2}\widehat {CAB},\) suy ra

Xét đường tròn (O) có:

⦁ \(\widehat {CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB nên

⦁ \(\widehat {CBA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA nên

⦁ \(\widehat {CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD nên

Suy ra \(\widehat {MAB} = 45^\circ ;\) \(\widehat {MBA} = \widehat {MBC} + \widehat {CBA} = 22,5^\circ + 45^\circ = 67,5^\circ .\)

Xét ∆MAB có: \[\widehat {AMB} + \widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {AMB} = 180^\circ - \widehat {MAB} - \widehat {MBA} = 180^\circ - 45^\circ - 67,5^\circ = 67,5^\circ .\]

c) Vì EH // BC nên \(\widehat {AEK} = \widehat {ABC}\) (hai góc đồng vị).

Mà \(\widehat {AFK} = \widehat {AFC} = \widehat {ABC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn (O)).

Suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {AFK}.\)

d) Tam giác AIC có AK là tia phân giác của \(\widehat {CAI},\) suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{KI}}{{KC}}.\)

Tam giác CIB có EK // CB, suy ra \(\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{KI}}{{KC}}\) (định lí Thalès)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{IE}}{{BE}}.\)

Mà AC = BE (giả thiết) nên  AI = IE.

Vậy I là trung điểm của đoạn thẳng AE.