Cho tam giác ABC có AB = AC. Gọi D là trung điểm của cạnh BC.

a) Chứng minh rằng ∆ABD = ∆ACD và AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\).

b) Vẽ DM vuông góc với AB tại M. Trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AN = AM. Chứng minh ∆ADM = ∆ADN và DN vuông góc AC.

c) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng CN. Trên tia đối của tia KD lấy điểm E sao cho KE = KD. Chứng minh M, E, N thẳng hàng.

Lời giải

a) ∆BCF nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC.

Suy ra \(\widehat {BFC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC.

Khi đó \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AFH} = 90^\circ \).

Vì vậy ba điểm A, F, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH (1)

Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {AEH} = 90^\circ \).

Suy ra ba điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn đường kính AH (2)

Từ (1), (2), ta được tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.

b) Ta có \(\widehat {FIE} = 2\widehat {FAE} = 2.60^\circ = 120^\circ \) (góc nội tiếp bằng một nửa số đo của của bị chắn).

Suy ra .

Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF (giả thiết).

Suy ra I là trung điểm AH.

Do đó \(IA = IH = \frac{{AH}}{2} = \frac{4}{2} = 2\,\,\left( {cm} \right)\).

Diện tích hình quạt IEHF của đường tròn (I) là:

\(S = \frac{{\pi .I{A^2}.n^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{\pi {{.2}^2}.120^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{4\pi }}{3}\,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\).

Vậy sđ và diện tích hình quạt IEHF của đường tròn (I) bằng \(\frac{{4\pi }}{3}\,\,c{m^2}\).

c) ∆ABC có hai đường cao CF và BE cắt nhau tại H.

Suy ra H là trực tâm của ∆ABC.

Mà AH cắt BC tại D.

Do đó AD ⊥ BC.

Suy ra \(\widehat {HDB} = 90^\circ \).

Khi đó ba điểm B, D, H cùng thuộc đường tròn đường kính BH (3)

Lại có \(\widehat {BFH} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Suy ra ba điểm B, F, H cùng thuộc đường tròn đường kính BH   (4)

Từ (3), (4), suy ra tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính BH.

Do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {HBD}\) (cùng chắn )   (*)

Ta có tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (chứng minh trên).

Suy ra \(\widehat {EFH} = \widehat {EAH}\) (cùng chắn )   (**)

Ta có \(\widehat {EBC} = \widehat {CAD}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\))    (***)

Từ (*), (**), (***), suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {EFH}\).

Vậy FH là tia phân giác của \(\widehat {DFE}\).

d) Ta có tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH (chứng minh trên).

Suy ra IE = IH.

Do đó ∆IEH cân tại I.

Vì vậy \(\widehat {IEH} = \widehat {IHE}\)    (5)

Lại có \(\widehat {BHD} = \widehat {IHE}\) (cặp góc đối đỉnh)    (6)

Mà \(\widehat {BHD} = \widehat {ECO}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\))    (7)

Ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BC (giả thiết).

Suy ra OE = OC.

Do đó ∆OEC cân tại O.

Vì vậy \(\widehat {ECO} = \widehat {OEC}\)   (8)

Từ (5), (6), (7), (8), suy ra \(\widehat {IEH} = \widehat {OEC}\).

Mà \(\widehat {OEH} + \widehat {OEC} = 90^\circ \) (do BE ⊥ AC).

Suy ra \(\widehat {OEH} + \widehat {IEH} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {IEO} = 90^\circ \).

Vì vậy OE ⊥ EI.

Suy ra IE là tiếp tuyến của (O).

Chứng minh tương tự, ta được IF là tiếp tuyến của (O).

Mà I ∈ AH.

Vậy 2 tiếp tuyến của (O) tại E, F và AH đồng quy tại điểm I.