Cho tam gíác \(ABC\) nhọn, nội tiếp đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) 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 \(H\). Kẻ đường kính \(AK\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Gọi \(M\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên đường thằng \(AK\).

a) Chứmg minh rằng tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng tam giác \(ABD\) đồng dạng với tam giác \(AKC\) và \(MD\) song song với \(BK\).

c) Già sử hai đỉnh \(B,C\) cố định trên đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và đinh \(A\) di động trển cung lớn \(BC\) của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Chứng minh rằng đường thẳng \(MF\) luôn đi qua một điểm cố định và tìm vị trí của đinh \(A\) sao cho diện tích tam giác \(AEH\) lớn nhất.

a) Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C\) thuộc đường tròn đường kính  \(OA\) có tâm \(I\) là trung điểm \(OA\).  

b) Ta có \(AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI\).                                                                                     

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\)  (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\)) \( \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}\), theo định lý Ta-lét đảo \( \Rightarrow MG//BC\).

d) Gọi \(G'\) là giao điểm của \(OA\) và \(CM \Rightarrow G'\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}\), theo định lý Ta-lét đảo \(GG'//ME\)  (1)

\(MI\) là đường trung bình trong \(\Delta OAB \Rightarrow MI//OB\), mà \(AB \bot OB\)  (cmt) \( \Rightarrow MI \bot AB\), nghĩa là \(MI \bot ME\)   (2).

Từ (1) và (2) cho \(MI \bot GG'\), ta lại có \(GI' \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta MGG'\)\( \Rightarrow GI \bot G'M\) tức \(GI \bot CM\).

a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.

Ta có MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot MB\\OC \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {MBO} = {90^0}\\\widehat {MCO} = {90^0}\end{array} \right.\)

Xét tứ giác OBMC có \(\widehat {MBO} + \widehat {MCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \(\widehat {MBO},\widehat {MCO}\) là hai góc đối nhau nên tứ giác OBMC nội tiếp.

b) Chứng minh MB2 = MD.MA

Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {BAM}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD).

Xét DMBD và DMAB có:

\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}} \Rightarrow M{B^2} = MA.MD\)

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Ta có E là trung điểm của AD nên OE \( \bot \) AD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung)  \( \Rightarrow \widehat {OEM} = {90^0}\)

Xét tứ giác OEMC có \(\widehat {OEM} + \widehat {OCM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \(\widehat {OEM},\widehat {OCM}\)là hai góc đối nhau nên tứ giác OEMC nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {CEM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)  (1)

Ta lại có \(\widehat {COM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}\)sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(\widehat {BFC} = \frac{1}{2}\) sđ (tính chất góc nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {BFC}\)  (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BFC}\)

Mà hai góc \(\widehat {MEC}\) và \(\widehat {BFC}\) ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF\).