Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD

* Hướng dẫn giải

a) Tứ giác AHIK có:

$\begin{array}{l}\widehat{AHI}={90}^0(IH\perp AB)\\ \widehat{AKI}={90}^0(IK\perp AD)\\ \Rightarrow \widehat{AHI}+\widehat{AKI}={180}^0\end{array}$

=> Tứ giác AHIK nội tiếp.

b) $∆$IAD và $∆$IBC có:

${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))

$\widehat{AID}=\widehat{BIC}$ (2 góc đối đỉnh)

=> $∆$IAD $~$ $∆$IBC (g.g)

$\Rightarrow \frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\Rightarrow IA.IC=IB.ID$

c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

${\widehat{A}}_1={\widehat{H}}_1$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

mà ${\widehat{A}}_1={\widehat{B}}_1\Rightarrow {\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1$

Chứng minh tương tự, ta được ${\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

$∆$HIK và $∆$BCD có: ${\widehat{H}}_1={\widehat{B}}_1\text{ ; }{\widehat{K}}_1={\widehat{D}}_1$

=>  $∆$HIK $~$ $∆$BCD (g.g)

d) Gọi S₁ là diện tích của $∆$BCD.

Vì $∆$HIK $~$ $∆$BCD nên:

$\frac{S\text{'}}{S_1}=\frac{H{K}^2}{B{D}^2}=\frac{H{K}^2}{{(IB+ID)}^2}\le \frac{H{K}^2}{4IB.ID}=\frac{H{K}^2}{4IA.IC}$                                (1)

Vẽ $AE\perp BD\text{ , }CF\perp BD\Rightarrow AE//CF\Rightarrow \frac{CF}{AE}=\frac{IC}{IA}$ 

$∆$ABD và $∆$BCD có chung cạnh đáy BD nên:

$\frac{S_1}{S}=\frac{CF}{AE}\Rightarrow \frac{S_1}{S}=\frac{IC}{IA}$                                                                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra

$\frac{S\text{'}}{S_1}\cdot \frac{S_1}{S}\le \frac{H{K}^2}{4IA.IC}\cdot \frac{IC}{IA}\iff \frac{S\text{'}}{S}\le \frac{H{K}^2}{4I{A}^2}$ (đpcm)