Câu 9-12 (4,0 điểm)

2) Cho \(\Delta ABC\) có \(AB < AC,\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Các đường cao \(AD,\,\,BE\) cắt nhau tại \(H.\)

1) Một chiếc bàn hình tròn được ghép bởi hai nửa hình tròn có đường kính \(AB = 1,2{\rm{\;m}}\) (lấy \(\pi \approx 3,14\) và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai). 

a) Tính diện tích mặt bàn.

b) Người ta muốn nới rộng mặt bàn bằng cách ghép thêm vào giữa một hình chữ nhật có một kích thước là \(AB\) (như hình vẽ). Hỏi kích thước còn lại của hình chữ nhật là bao nhiêu để diện tích mặt bàn tăng gấp ba lần sau khi nới?

Xét \(\Delta ABD\) vuông tại \(D\) nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(AB\) và bán kính bằng \(\frac{{AB}}{2}.\) Như vậy ba điểm \(A,\,\,B,\,\,D\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)

Tương tự, \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\) nên ba điểm \(A,\,\,B,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB.\)

Vậy bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,D,\,\,E\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(AB\) hay tứ giác \(ABDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AB.\)

Do $OM\mathrm{\perp }BC$ và $AD\mathrm{\perp }BC$ nên $AD//PM,$ suy ra $\widehat{APQ}=\widehat{BAD}$ (đồng vị).  

Do  (chứng minh ở câu b) nên \[\widehat {APQ} = \widehat {HCB}\] hay \[\widehat {APN} = \widehat {HCM}.\]

Từ câu b, có \(AP \cdot CM = PN \cdot HC\) suy ra \(\frac{{AP}}{{HC}} = \frac{{PN}}{{CM}}.\)

Xét \(\Delta APN\) và \(\Delta HCM\) có: \[\widehat {APN} = \widehat {HCM}\] và \(\frac{{AP}}{{HC}} = \frac{{PN}}{{CM}}.\)

Do đó  (c.g.c). Suy ra \(\widehat {PAN} = \widehat {CHM}.\)

Mà \(\widehat {CHM} = \widehat {IHF}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {PAN} = \widehat {IHF}.\) (3)

Kẻ đường kính \(AK\) của đường tròn \(\left( O \right)\) và gọi \(F\) là giao điểm của \(CH\) và \(AB.\)

Xét \(\Delta ABC\) có hai đường cao \(AD\) và \(BE\) cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của tam giác, suy ra \(CF \bot AB\) tại \(F.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABK} = \widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(KB \bot AB,\,\,KC \bot AC.\)
Do đó \(BH\,{\rm{//}}\,KC\) (cùng vuông góc với \(AC)\) và \(CH\,{\rm{//}}\,KB\) (cùng vuông góc với \(AB)\)

Suy ra tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành nên hai đường chéo \(BC,\,\,HK\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Xét \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) (do \(OB = OC)\) nên đường cao \(OM\) đồng thời là đường trung tuyến của tam giác, hay \(M\) là trung điểm của \(BC.\)

Suy ra \(M\) là trung điểm của \(HK\) nên \(H,\,\,M,\,\,K\) thẳng hàng.

Do đó \(I,\,\,H,\,\,K\) thằng hàng nên \(\widehat {AIH} = \widehat {AIK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)).\)

\(\Delta AIH\) vuông tại \(I\) nên ba điểm \[A,\,\,I,\,\,H\] thuộc đường tròn đường kính \(AH.\)

\(\Delta AFH\) vuông tại \(F\) nên ba điểm \(A,\,\,F,\,\,H\) thuộc đường tròn đường kính \(AH.\)

Suy ra \(A,\,\,I,\,\,F,\,\,H\) cùng thuộc một đường tròn nên \(\widehat {IAF} = \widehat {IHF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(IF).\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {PAN} = \widehat {IAF}.\)

Lại có \(\widehat {PAN} + \widehat {NAF} = 180^\circ \) nên \(\widehat {NAF} + \widehat {IAF} = 180^\circ \) hay \(\widehat {NAI} = 180^\circ \)

Vậy ba điểm \(N,\,\,A,\,\,I\) thẳng hàng.