Cho tam giác \(ABC\) có ba góc đều nhọn. Các đường cao \(AK\), \(BE\) và \(CF\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(AH\), \(N\) là trung điểm của đoạn \(BC\).

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

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

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

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

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 \(AE = HE \Rightarrow \widehat {HAE} = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ \)