Cho đường tròn \(\left( {O\,;\;R} \right)\) và dây cung \(IK\) không đi qua tâm \(O\). Trên cung lớn \(IK\) lấy điểm \(A\) sao cho \(AI < AK\). Kẻ \(IE\) vuông góc với \(AK\) tại \(E\), \(KF\) vuông góc với \(AI\) tại \(F\), \(IE\) cắt \(KF\) tại \(H\).

(a) Chứng minh bốn điểm \(I\,,\;F\,,\;E\,,\;K\) cùng thuộc một đường tròn.

(b) Tia \(IE\) và \(KF\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(P\,,\;Q\). Chứng minh: và \(EF\,{\rm{//}}\,PQ.\)

(c) Chứng minh \(\frac{{PQ}}{{AH}} < 2\).

a) Ta có: \(IE \bot AK\) tại \(E\) nên \(\widehat {IEK} = \widehat {IEA} = 90^\circ \)

\(KF \bot IA\) tại \(F\) nên \(\widehat {KFI} = \widehat {KFA} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta IFK\) vuông tại \(F\) do \(\widehat {KFI} = 90^\circ \) là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính \(IK\).

Suy ra \(I\,,\;F\,,\;K\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(IK\) \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta IEK\) vuông tại \(E\) do \(\widehat {IEK} = 90^\circ \) là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính \(IK\).

Suy ra \(I\,,\;E\,,\;K\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(IK\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra bốn điểm \(I\,,\;F\,,\;E\,,\;K\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(IK\).

b) Xét tứ giác \[IFEK\] nội tiếp đường tròn đường kính \(IK\) có:

\[\widehat {IEF} = \widehat {IKF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) suy ra \[\widehat {HEF} = \widehat {IKH}\]

\[\widehat {KFE} = \widehat {KIE}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) suy ra \[\widehat {HFE} = \widehat {HIK}\]

Xét \(\Delta HEF\) và \(\Delta HKI\) có:

\[\widehat {HEF} = \widehat {IKH}\] và \[\widehat {HFE} = \widehat {HIK}\]

Suy ra: (g.g).

Xét \(\left( O \right)\) có: \[\widehat {KIE} = \widehat {KQP}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà \[\widehat {KIE} = \widehat {KFE}\] (cmt)

Suy ra: \[\widehat {KFE} = \widehat {KQP}\], mà hai góc \[\widehat {KFE}\] và \[\widehat {KQP}\] ở vị trí đồng vị nên \[EF\,{\rm{//}}\;PQ\].

c)

Tia \(AH\) cắt \(IK\) tại \(D\).

Xét \(\Delta AIK\) có \(IE\,,\;KF\) là hai đường cao và \(IE\) cắt \(KF\) tại \(H\) suy ra \(H\) là trực tâm của \(\Delta AIK\).

Do đó \(AH \bot IK\) hay \(AD \bot IK\) tại \(D\).

Ta có: \(\widehat {KIE} = \widehat {KAD}\) (cùng phụ \(\widehat {AKD}\)) \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\left( O \right)\) có: \[\widehat {KIE} = \widehat {KAP}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra: \(\widehat {KAD} = \widehat {KAP}\) hay \(\widehat {HAE} = \widehat {PAE}\)

Xét \(\Delta AHP\) có \(\widehat {HAE} = \widehat {PAE}\) suy ra tia \(AE\) là phân giác của \(\widehat {HAP}\), mà \(AE \bot HP\)

Suy ra: \(\Delta AHP\) cân tại \(A\) và \(AE\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta AHP\), suy ra \(E\) là trung điểm của \(HP\)

Xét \(\left( O \right)\) có: \[\widehat {IKF} = \widehat {IAQ}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) \(\left( 5 \right)\)

Ta có: \(\widehat {IKF} = \widehat {IAD}\) (cùng phụ \(\widehat {AID}\)) \(\left( 6 \right)\)

Từ \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra: \[\widehat {IAQ} = \widehat {IAD}\] hay \(\widehat {FAQ} = \widehat {FAH}\)

Xét \(\Delta AHQ\) có \(\widehat {FAQ} = \widehat {FAH}\) suy ra tia \(AF\) là phân giác của \(\widehat {HAQ}\), mà \(AF \bot HQ\)

Suy ra: \(\Delta AHQ\) cân tại \(A\) và \(AF\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta AHQ\), suy ra \(F\) là trung điểm của \(HQ\)

Xét \(\Delta HPQ\) có \(E\) là trung điểm của \(HP\) và \(F\) là trung điểm của \(HQ\) suy ra \[EF\] là đường trung bình của

Suy ra: \[EF\,{\rm{//}}\;PQ\] và \(EF = \frac{{PQ}}{2}\).

Xét \(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A\,,\;F\,,\;H\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\) \(\left( 7 \right)\)

Xét \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) là tam giác nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Suy ra \(A\,,\;E\,,\;H\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\) \(\left( 8 \right)\)

Từ \(\left( 7 \right)\) và \(\left( 8 \right)\) suy ra bốn điểm \(A\,,\;F\,,\;H\,,\;E\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AH\).

Xét tứ giác \[IFEK\] nội tiếp đường tròn đường kính \(IK\) có:

\(\widehat {FEK} + \widehat {FIK} = 180^\circ \) (tính chất tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp)

Mà \(\widehat {FEK} + \widehat {AEF} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Suy ra: \(\widehat {FIK} = \widehat {AEF}\) hay \(\widehat {AIK} = \widehat {AEF}\)

Xét \(\Delta AIK\) và \(\Delta AEF\), có:

\(\widehat A\,\) chung và \(\widehat {AIK} = \widehat {AEF}\)

Do đó (g.g)

Suy ra: \(\frac{{AI}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AF}}\) (tỉ số đồng dạng)

Mà \(AI < AK\), suy ra \(AE < AF\)

Suy ra tứ giác \(AFHE\) không thể trở thành hình vuông.

Xét tứ giác \(AFHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\), ta có: \(EF\) là dây cung và do tứ giác \(AFHE\) không là hình vuông nên\[EF < AH\]

Mà: \[EF = \frac{{PQ}}{2}\]

Suy ra: \(\frac{{PQ}}{2} < AH\)

\(PQ < 2AH\)

\(\frac{{PQ}}{{AH}} < 2\).