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) 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 \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(MA,MB\) là các tiếp tuyến của \((O)\) lần lượt tại \(A,B\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) (định nghĩa).

Tứ giác \(MAOB\) có \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng \(180^\circ \)).

b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(AB\) với \(MO\).

\(C\) là giao điểm giữa \(MK\) với đường tròn \((O)\)

Ta có: \(OA = OB \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).

Tứ giác \(MCNB\) có \(\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ \). Suy ra tứ giác \(MCNB\) nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}\) (hai góc cùng chắn một cung \(BN\) )

Ta có: \(\widehat {NMB} = \widehat {NBO}\) (cùng phụ với \(\widehat {MBN}\) )

\( \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.\)

Lại có: \(\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}\).

Xét tứ giác \(ACNI\) có: \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)\), suy ra tứ giác \(ACNI\) nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}\) (hai góc cùng chắn cung \(AI\) ).

Trong \((O)\) có: \(\widehat {ACI} = \widehat {ABK}\) (hai góc nội tiếp cùng chấn cung \(AK\) )

Suy ra \(\widehat {ANI} = \widehat {ABK}\). Mà hai góc này vị trí đồng vị \( \Rightarrow NI//BK\)

Tam giác \(ABK\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AH \Rightarrow IA = IH\) (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).