Cho tam gíác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ( O ; R ) và AB < AC . Ba đường cao AD , BE , CF của tam giác ABC ( D , E , F là chân các đường cao) đồng quy tại điểm H .

a)Ta có \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) ( vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\))

\(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (vì \(CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))

\( \Rightarrow \widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(BCEF\) có \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \)( theo chứng minh trên)

\( \Rightarrow \) Đỉnh \(E\) và \(F\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(BC\)dưới một góc không đổi \(90^\circ \)

Do đó tứ giác \(BCEF\) nội tiếp ( đpcm)

b)

* Chứng minh rằng tam giác \(ABD\) đồng dạng với tam giác \(AKC\)

Ta có + \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) ( là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ \(\widehat {ABC}\)= \(\widehat {AKC}\)( cùng chắn )

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AKC\) có

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABC}\)= \(\widehat {AKC}\) ( theo chứng minh trên)

Dó đó \(\Delta ABD \sim \Delta AKC\) (\(g.g\))

*\(MD\) song song với \(BK\).

Xét đường tròn tâm \(\left( O \right)\)có \(\widehat {CBK} = \widehat {KAC}\) ( cùng chắn ) \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh tứ giác \(ACMD\) nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {KAC} = \widehat {CDM}\) (cùng chắn ) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra \(\widehat {CBK} = \widehat {CDM}\) \( \Rightarrow DM\parallel BK\) (đpcm)

c)

Gọi I trung điểm BC

Ta có \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) ( chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow CK \bot AC\)

Mà \(BE \bot AC\) (\(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\))

Suy ra\(CK\parallel BE\) \(\left( 1 \right)\)

Tương tự \(BK\parallel CF\) \(\left( 2 \right)\)

Xét tứ giác \(CHBK\)có \(\left\{ \begin{array}{l}CK\parallel BE\\BK\parallel CF\end{array} \right.\)

Suy ra tứ giác \(CHBK\) là hình bình hành.

Mà \(I\)trung điểm của \(BC\)

Suy ra \(I,H,K\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta AHK\) có \(O\) là trung điểm của \(AK\)

\(I\) là trung điểm của \(HK\)

Suy ra \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)\( \Rightarrow AH = 2OI\)

Do \(OI\) không đổi nên \(AH\) không đổi

Ta có \({S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{2}AE \cdot HE\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(A{E^2} + E{H^2} = A{H^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

\(A{H^2} = A{E^2} + E{H^2} \ge 2\sqrt {A{E^2} \cdot E{H^2}}  = 2AE \cdot HE\)

\( \Rightarrow AE \cdot HE \le \frac{1}{2}A{H^2}\) \(\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \({S_{\Delta AHE}} \le \frac{1}{4}A{H^2}\) không đổi

\( \Rightarrow {S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{4}A{H^2}\)

Dấu “=” xảu ra khi \(AE = HE \Rightarrow \widehat {HAE} = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ \)