(4,0 điểm)      

Tính lượng vải cần mua để tạo ra nón của chú hề với các số liệu trong hình bên. Biết rằng tỉ lệ vải khâu (may) hao (tốn) khi may nón là 15%. Cho biết \[\pi \approx 3,14\].

 

a) Giả sử \(I\) là trung điểm của \(EF\).

Xét \(\left( O \right)\) có:

\(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(BC \bot AF\)

Nên \(\Delta BCF\) hay \(\Delta ECF\)vuông tại \(C\), có \(CI\) là đường trung tuyến nên \(CI = IE = IF = \frac{{EF}}{2}\).

 \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[AD \bot BF\].

Nên \(\Delta ADF\)hay \(\Delta EDF\)vuông tại C, có DI là đường trung tuyến nên \(DI = IE = IF = \frac{{EF}}{2}\).

Khi đó \(CI = DI = IE = IF\) suy ra tứ giác \(FCED\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\) đường kính \(EF\).

b) Tam giác vuông \(FDA\) đồng dạng với tam giác vuông \(FCB\) (g.g).

Suy ra \(\frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{FD}}{{FC}}\) (2 cặp cạnh tương ứng)

Nên \(FC.FA = FD.FB\) (đpcm)

c) Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(FCED\) nên \[CI = IF\].

Khi đó \(\Delta ICF\)cân tại \(I\)\( \Rightarrow \widehat {{F_1}} = \widehat {FCI}\) (1)

Xét \(\Delta OAC\) cân tại \[O\] nên \(\widehat {CAO} = \widehat {OCA}\) (2)

Xét \(\Delta ABF\) có \[BC,AD\] là hai đường cao cắt nhau tại \[E\] nên \[E\] là trực tâm của \(\Delta ABF\).

Suy ra \[EF \bot AB\]\[ \Rightarrow \widehat {{F_1}} + \widehat {CAO} = {90^0}\]  (3)

Từ (1); (2); (3) nên \(\widehat {ICF} + \widehat {OCA} = {90^0}\).

Do đó \(\widehat {OCI} = {90^o}\) hay \(OC \bot CI\).

Vậy \(CI\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

d) Ta có: \(\left. \begin{array}{l}\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 180^\circ \\\widehat {{O_2}} = 90^\circ \end{array} \right\}\) nên \(\widehat {\,{O_1}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ \).

Xét \(\left( O \right)\) ta có: 

\[\left. \begin{array}{l}\widehat {DAB} = \frac{1}{2}\widehat {{O_1}}\\\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {{O_3}}\end{array} \right\}\,\] nên \[\widehat {DAB} + \widehat {ABC} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ \].

Xét \(\Delta AEB\) ta có \[\widehat {DAB} + \widehat {ABC} = 45^\circ \] nên \(\widehat {AEB} = 135^\circ \).

Qua A kẻ \(Ax \bot AE\) . Qua B kẻ \(By \bot BE\) ; Gọi By cắt Ax tại K.

Xét tứ giác \[EAKB\] ta có:

\(\left. \begin{array}{l}\widehat {KAE} = 90^\circ \left( {Ax \bot AE} \right)\\\widehat {KBE} = 90^\circ \left( {By \bot {\rm B}{\rm E}} \right)\end{array} \right\}\,\,n\^e n\,\,\widehat {KAE} + \widehat {KBE} = 180^\circ \).

Mà hai góc nằm tại hai đỉnh đối nhau nên tứ giác \[EAKB\] nội tiếp.

\(\widehat {AKB} + \widehat {AEB} = 180^\circ \) nên \(\,\widehat {AKB} = 45^\circ \).

Gọi H là trung điểm của EK  nên \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[EAKB\].

Xét \(\left( H \right)\): \(\widehat {AKB} = \frac{1}{2}\widehat {AHB} \Rightarrow \widehat {AHB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) có \(HA = HB\)(bán kính đường tròn tâm \(H\)) nên \[\Delta AHB\]vuông cân tại \(H\).

Mà \(AB\) không đổi nên \(H\) cố định.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHB\] ta có: \(H{A^2} + H{B^2} = A{B^2}\)

                                                                                                 \(\begin{array}{l}\,2H{A^2} = 4{R^2}\\\,\,\,H{A^2} = 2{R^2}\\\,\,\,\,\,HA = \sqrt 2 R\end{array}\)

Vậy khi \(C\) thay đổi thì \(E\) chạy trên đường tròn (H; \(\sqrt 2 R\)) cố định.