a) \(OI = OB – IB\) nên (I) tiếp xúc trong với (O)
\(OK = OC – KC\) nên (K) tiếp xúc trong với (O)
\(IK = IH + KH\) nên (I) tiếp xúc ngoài với (K)
b) \(\widehat {BEH} = 90°\) (E thuộc đường tròn đường kính BH)
\( \Rightarrow \widehat {A{\rm{E}}H} = {90^0}\)
Tương tự có \(\widehat {AFH} = {90^0};\widehat {BAC} = {90^0}\)
Tứ giác AEHF có \(\widehat {EAF} = \widehat {AEH} = \widehat {AFH} = {90^0}\) nên là hình chữ nhật.
c) ∆ABH vuông tại H, HE là đường cao nên \(AH^2 = AE. AB\)
∆ACH vuông tại H, HF là đường cao nên \(AH^2 = AF. AC\)
Do đó \(AE. AB = AF. AC\) (vì cùng bằng \(AH^2\) )
d) Gọi M là giao điểm của AH và EF, ta có: \(ME = MF = MH = MA\) (do tứ giác AEHF là hình chữ nhật)
Xét ∆MEI và ∆MHI có:
\(ME = MH, IE = IH (=R)\), MI (cạnh chung)
Do đó \(∆MEI = ∆MHI\) (c.c.c)
\(\Rightarrow \widehat {MEI} = \widehat {MHI}\)
mà \(\widehat {MHI} = {90^0}\) (do AD vuông góc với BC) nên \(\widehat {MEI} = {90^0}\)
⇒ ME hay EF là tiếp tuyến của đường tròn (I)
Chứng minh tương tự có EF là tiếp tuyến của đường tròn (K)
e) Ta có \(EF = AH\) mà \(AH ≤ AO = R\)
Do đó \(EF ≤ R\), không đổi. Dấu “=” xảy ra \(⇔ H ≡ O\)
Vậy khi dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.
