a)     CMR: 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên ∠ICK=900∠ICK=900

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: ∠IBK=900∠IBK=900

Xét tứ giác BICK ta có: ∠IBK+∠ICK=900+900=1800.∠IBK+∠ICK=900+900=1800.  

⇒BICK⇒BICK  là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 18001800 )

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC.

b)     CMR: AC là tiếp tuyến của (O).

Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : ∠OIC=∠OCI.∠OIC=∠OCI.

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

∠OIC=∠IAC+∠ACI=12∠BAC+12∠ACB=12∠BAC+12∠ABC⇒∠ICO+∠ICA=12∠BAC+12∠ABC+12∠ACB=12.1800=900⇒OC⊥CA.∠OIC=∠IAC+∠ACI=12∠BAC+12∠ACB=12∠BAC+12∠ABC⇒∠ICO+∠ICA=12∠BAC+12∠ABC+12∠ACB=12.1800=900⇒OC⊥CA.

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C (đpcm).

c)     Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI, IB, BK, KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB = 20, BC = 24.

Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm BC và IK là M.

Ta có ngay :

S=S′−SICKB=πIO2−SIBK−SIKC=πIK24−BM.IK2−CM.IK2=πIK24−BC.IK2.S=S′−SICKB=πIO2−SIBK−SIKC=πIK24−BM.IK2−CM.IK2=πIK24−BC.IK2.

Ta có :

     SABC=12AM.BC=AB+BC+CA2.IM⇔√AB2−BM2.24=(AB+BC+CA).IM⇔√202−(242)2.24=(20.2+24).IM⇔IM=6.     SABC=12AM.BC=AB+BC+CA2.IM⇔AB2−BM2.24=(AB+BC+CA).IM⇔202−(242)2.24=(20.2+24).IM⇔IM=6.  

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBMIBM  vuông tại BB  có đường cao BMBM  ta có :

BM2=IM.MK⇔MK=BM2IM=1226=24.⇒IM=IM+MK=6+24=30.⇒S=14πIK2−12BC.IK=14π.302−12.24.30       =225π−360≈346,86  (dvdt).BM2=IM.MK⇔MK=BM2IM=1226=24.⇒IM=IM+MK=6+24=30.⇒S=14πIK2−12BC.IK=14π.302−12.24.30       =225π−360≈346,86  (dvdt).

ì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên ∠ICK=900∠ICK=900

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: ∠IBK=900∠IBK=900

Xét tứ giác BICK ta có: ∠IBK+∠ICK=900+900=1800.∠IBK+∠ICK=900+900=1800.  

⇒BICK⇒BICK  là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 18001800 )

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC.

b)     CMR: AC là tiếp tuyến của (O).

Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : ∠OIC=∠OCI.∠OIC=∠OCI.

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

∠OIC=∠IAC+∠ACI=12∠BAC+12∠ACB=12∠BAC+12∠ABC⇒∠ICO+∠ICA=12∠BAC+12∠ABC+12∠ACB=12.1800=900⇒OC⊥CA.∠OIC=∠IAC+∠ACI=12∠BAC+12∠ACB=12∠BAC+12∠ABC⇒∠ICO+∠ICA=12∠BAC+12∠ABC+12∠ACB=12.1800=900⇒OC⊥CA.

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C (đpcm).

c)     Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ CI, IB, BK, KC và các dây cung tương ứng của (O) biết AB = 20, BC = 24.

a)Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là S’, gọi giao điểm BC và IK là M.

Ta có ngay :

S=S′−SICKB=πIO2−SIBK−SIKC=πIK24−BM.IK2−CM.IK2=πIK24−BC.IK2.S=S′−SICKB=πIO2−SIBK−SIKC=πIK24−BM.IK2−CM.IK2=πIK24−BC.IK2.

Ta có :

     SABC=12AM.BC=AB+BC+CA2.IM⇔√AB2−BM2.24=(AB+BC+CA).IM⇔√202−(242)2.24=(20.2+24).IM⇔IM=6.     SABC=12AM.BC=AB+BC+CA2.IM⇔AB2−BM2.24=(AB+BC+CA).IM⇔202−(242)2.24=(20.2+24).IM⇔IM=6.  

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác IBMIBM  vuông tại BB  có đường cao BMBM  ta có :

BM2=IM.MK⇔MK=BM2IM=1226=24.⇒IM=IM+MK=6+24=30.⇒S=14πIK2−12BC.IK=14π.302−12.24.30       =225π−360≈346,86  (dvdt).BM2=IM.MK⇔MK=BM2IM=1226=24.⇒IM=IM+MK=6+24=30.⇒S=14πIK2−12BC.IK=14π.302−12.24.30       =225π−360≈346,86  (dvdt).