Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và \(AB < AC.\) Vẽ các đường cao \(AD,BE,CF\)của tam giác đó. Gọi \(H\)là giao điểm của các đường cao vừa vẽ.

a) Chứng minh rằng các tứ giác \(AEHF\) và \(BFEC\) nội tiếp.

b) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AH,BC.\) Chứng minh rằng \(FM.FC = FN.FA\).

c) Gọi \(P,Q\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \(M,N\) đến đường thẳng \(DF.\) Chứng minh rằng đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).

a) Chứng minh rằng các tứ giác \(AEHF\) và \(BFEC\) nội tiếp

Xét tứ giác \(AEHF\):

Ta có \(\widehat {AFH} = 90^\circ \) (do \(CF \bot AB\)); \(\widehat {AEH} = 90^\circ \) (do \(BE \bot AC\)).

Suy ra \(\widehat {AFH} + \widehat {AEH} = 180^\circ \) mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên \(AEHF\) là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \(BFEC\):

Ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (do \(CF \bot AB\)); \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) (do \(BE \bot AC\))

Suy ra 2 góc \(\widehat {BFC}\) và \(\widehat {BEC}\) cùng nhìn đoạn thẳng \(BC\) dưới một góc bằng nhau nên tứ giác \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(AH,BC.\) Chứng minh rằng \(FM.FC = FN.FA\).

Tam giác \(BFC\) vuông tại \(F\) ta có: \(FN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)

\( \Rightarrow FN = \frac{{BC}}{2}\left( 1 \right)\)

Tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) ta có \(EN\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\)

\( \Rightarrow EN = \frac{1}{2}BC\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(FN = EN\left( * \right)\)

\(\Delta AHF\) vuông tại \(F\) có \[FM\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)

\( \Rightarrow FM = \frac{1}{2}AH\left( 3 \right)\)

\(\Delta AEH\)vuông tại \(E\) có \(EM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\)

\( \Rightarrow EM = \frac{1}{2}AH\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(FM = EM\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta có \(MN\) là đường trung trực EF

Gọi \(G\) là giao điểm của \(MN,EF\)

Tam giác \(FME\) có \(MG\) là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

\( \Rightarrow \Delta FME\) cân tại \(M\) có \(MG\) là phân giác \( \Rightarrow \widehat {FMG} = \frac{1}{2}\widehat {FME}\,\,\left( 5 \right)\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) có:

\(\widehat {FAE} = \frac{1}{2}\widehat {FME}\) (góc nội tiếp bẳng nửa góc ở tâm chắn cung \[EF\]) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\widehat {FAE} = \widehat {FMK}\) hay \(\widehat {FAC} = \widehat {FMN}\)

Ta có \(FM = MH\left( { = \frac{1}{2}AH} \right)\) nên \(\Delta FMH\) cân tại \(M\)

\( \Rightarrow \widehat {MFH} = \widehat {MHF} = \widehat {DHC}\) (vì \(\widehat {MHF} = \widehat {DHC}\) là hai góc đối đỉnh)

Ta có: \(FN = NC\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(\Delta FNC\) cân tại N

\( \Rightarrow \widehat {NFC} = \widehat {NCF}\)

Mà \(\widehat {DHC} + \widehat {NCF} = 90^\circ \)(Do \(\Delta DHN\) vuông tại D)

Suy ra \(\widehat {MFH} + \widehat {NFC} = \widehat {MFN} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta FMN\) và \(\Delta FAC\) có:

\(\widehat {MFN} = \widehat {AFC} = 90^\circ ,\widehat {FAC} = \widehat {FMN}(cmt)\)

\( \Rightarrow \frac{{FM}}{{FA}} = \frac{{FN}}{{FC}}\) (tỉ số đồng dạng)

\( \Rightarrow FM.FC = FN.FA\) (điều phải chứng minh).

c) Gọi \(P,Q\) lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \(M,N\) đến đường thẳng \(DF.\) Chứng minh rằng đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).

Vì \(MN \bot EF\) tại \(G\) nên \(\widehat {MGF} = 90^\circ \)

Ta có \(MP \bot PQ\) tại \(P\) nên \(\widehat {MPF} = 90^\circ \)

Tứ giác \(MPFG\) có :\(\widehat {MGF} + \widehat {MPF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) mà hai góc này đối nhau

\( \Rightarrow MPFG\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {MGP} = \widehat {MFP}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[MP\])

Vì \(MN \bot EF\) tại \(G\) nên \(\widehat {FGN} = 90^\circ \)

Ta có \(NQ \bot PQ\) tại \(Q\) nên \(\widehat {NQF} = 90^\circ \)

Tứ giác \(NQFG\) có:

\(\widehat {FGN} + \widehat {NQF} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \), mà hai góc này đối nhau nên \(NQFG\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {QGN} = \widehat {QFN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(QN\))

\( \Rightarrow \widehat {MGP} + \widehat {QGN} = \widehat {MFP} + \widehat {QFN}\)

Mà \(\widehat {MFN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {MFP} + \widehat {QFN} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {MFP} + \widehat {QGN} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {PGQ} = 90^\circ \)

Đường tròn đường kính \[PQ\] có \(\widehat {PGQ} = 90^\circ  \Rightarrow G\) thuộc đường tròn đường kính \[PQ\].

Vậy đường tròn đường kính \(PQ\) đi qua giao điểm của \(FE\) và \(MN\).