Cho tam giác \(ABC\) và đường cao \(AH\) gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB,AC\). Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHM\) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \(CNH\) tại \(E\). Chứng minh \(AMEN\) là tứ giác nội tiếp và \(HE\) đi qua trung điểm của \(MN\).

a) Chứng minh bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(F\) nằm trên cùng một đường tròn.

     Ta có \[\widehat {AEB} = 90^\circ \](do \(BE\) là đường cao của ΔABC) hay \[\widehat {AEH} = 90^\circ \]

\[\widehat {{\rm{AF}}C} = 90^\circ \] (do \(CF\) là đường cao của ΔABC) hay \[\widehat {{\rm{AF}}H} = 90^\circ \]

Xét tứ giác \[AEHF\]có \[\widehat {AEH} + \widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \]

Mà\[\widehat {AEH}\], \[\widehat {{\rm{AF}}H}\] ở vị trí đối nhau

Do đó tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\)

Suy ra bốn điểm \(A,E,H,F\) cùng nằm trên một đường tròn (đpcm)

b) Chứng minh \(NE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AH\);

     Vì \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AH\) nên \(I\) là tâm đường tròn đường kính \(AH\)

Suy ra \(IA = IE\)

Þ \(\Delta IAE\) cân tại I

Þ \({\widehat {\rm{A}}_{\rm{1}}}{\rm{ = }}{\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}}\)                        (1)

\[\Delta EBC\] vuông tại \[E\]có \[EN\] là đường trung trrung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\]

Þ \(EN = NC\,\,\,\left( { = \frac{{BC}}{2}} \right)\)

Þ \[\Delta ENC\] cân tại \[N\]

Þ \(\widehat {NCE} = \widehat {{E_4}}\)             (2)

Xét \[\Delta AKC\] vuông tại \[K\] có \[\widehat {KCA} + {\widehat A_1} = 90^\circ \] hay \[\widehat {NCE} + {\widehat A_1} = 90^\circ \]     (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \({\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}} + {\widehat E_4} = 90^\circ \)

Lại có  \({\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}} + {\widehat E_4} + \widehat {IEN} = 180^\circ \)  (do A, E, C thẳng hàng)

\( \Rightarrow 90^\circ  + \widehat {IEN} = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {IEN} = 90^\circ \)

Suy ra \(EN \bot EI\) tại \(E\)

Do đó \(NE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AH\)  (đpcm)

c) Chứng minh \[C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\].

Áp dụng định lí Py – Ta – Go \(\Delta CIK\) vuông tại \(K\), ta có: \(C{I^2} = C{K^2} + I{K^2}\)     

Lại có \(IA = IE = IH\) (cùng bán kính đường tròn tâm I)

Þ  \[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + I{K^2} - I{E^2}\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IE)\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IH) = C{K^2} + AK.KH\]    \(\left( 4 \right)\)

Ta  lại có \[CK.CB = CK(CK + KB) = C{K^2} + CK.KB\]    \(\left( 5 \right)\)

Xét  \(\Delta KBH\) và \(\Delta KAC\) có

     \(\widehat {KBH} = \widehat {KAC}\)(Cùng phụ với \(\widehat {ACB}\));  \[\widehat {BKH} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

Do đó \[\left( {g - g} \right)\]

\( \Rightarrow \frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{KH}}{{KC}}\)\( \Rightarrow KA.KH = KB.KC\) hay \(AK.KH = CK.KB\)              \(\left( 6 \right)\)

Từ \[\left( 4 \right)\],\(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra \[C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\]  (đpcm)

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 \( \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF\).