Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) \(\left( {AB < AC} \right)\) có đường cao \(AD\) (\(D\) thuộc \(BC\)). Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AD\). Đường thẳng đi qua điểm \(M\) vuông góc với \(BM\) cắt \(AB\) tại \(H\) và cắt đường thẳng \(AC\) tại \(E\).

a) Chứng minh bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,E,\,\,M\) cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ tâm \(O\) và bán kính của đường tròn này.

b) Đường thẳng \(BM\) cắt \(AC\) tại \(F\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(HF\). Chứng minh \(FA \cdot FE = FM \cdot FB\) và \(AI \bot AO\).

c) Gọi \(N\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AC\). Chứng minh \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(EN\).

a) Gọi \(O\) là trung điểm của \(BE\). Suy ra \(OB = OE = \frac{1}{2}BE\).

Vì \(E\) thuộc đường thẳng \(AC\) và \(AB \bot AC\) nên \({\rm{\Delta }}ABE\) vuông tại \(A\), có \(AO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(OA = \frac{{BE}}{2}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền).

Vì \(EM \bot BM\) nên \({\rm{\Delta }}BME\) vuông tại \(M\), có \(MO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(OM = \frac{{BE}}{2}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền).

Suy ra \(OA = OB = OE = OM = \frac{{BE}}{2}\).

Vậy bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,E,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn tâm \(O\), bán kính \(R = \frac{{BE}}{2}\).

b)

Xét \({\rm{\Delta }}FAB\) và \({\rm{\Delta }}FME\) có:

\(\widehat {FAB} = \widehat {FME} = 90^\circ \);

\(\widehat {AFB} = \widehat {MFE}\) (góc chung).

Do đó $\text{Δ}FAB\backsim \text{Δ}FME$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{FA}}{{FM}} = \frac{{FB}}{{FE}}\) hay \(FA \cdot FE = FM \cdot FB\).

Xét \({\rm{\Delta }}BEF\) có \(BA \bot EF\) và \(EM \bot BF\). Hai đường cao này cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}BEF\), suy ra \(FH \bot BE\).

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(FH\) và \(BE\).

\({\rm{\Delta }}AHF\) vuông tại \(A\) có \(AI\) là đường trung tuyến nên \(IA = IH = \frac{1}{2}HF\), suy ra \(\widehat {IAH} = \widehat {IHA}.\)

Mà \(\widehat {IHA} = \widehat {BHQ}\) (đối đỉnh), nên \(\widehat {IAH} = \widehat {BHQ}\) hay \(\widehat {IAB} = \widehat {BHQ}\).

\(OA = OB\) nên \({\rm{\Delta }}OAB\) cân tại \(O\), suy ra \(\widehat {BAO} = \widehat {ABO} = \widehat {HBQ}\).

Do đó \(\widehat {IAO} = \widehat {IAB} + \widehat {BAO} = \widehat {BHQ} + \widehat {HBQ} = 90^\circ \) (vì \({\rm{\Delta }}BHQ\) vuông tại \(Q\)).

Vậy \(AI \bot AO\).

c)

Gọi \(K\) là trung điểm của \(DC\).

\(MK\) là đường trung bình của \({\rm{\Delta }}ADC\) nên \(MK\,{\rm{//}}\,AC\). Mà \(AC \bot AB\) nên \(MK \bot AB\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABK\) có \(AD \bot BK\) và \(KM \bot AB\). Hai đường cao này cắt nhau tại \(M\) nên \(M\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}ABK\), suy ra \(BM \bot AK\).

Mà \(EM \bot BM\) nên \(EM\,{\rm{//}}\,AK\).

Gọi \(P\) là giao điểm của \(EM\) và \(BC\).

Xét \({\rm{\Delta }}ADK\) có \(M\) là trung điểm của \(AD\) và \(MP\,{\rm{//}}\,AK\), nên \(P\) là trung điểm của \(DK\).

Suy ra \(CK = \frac{1}{2}DC\) và \(CP = CK + KP = \frac{1}{2}DC + \frac{1}{4}DC = \frac{3}{4}DC\).

Xét \({\rm{\Delta }}CEP\) có \(AK\,{\rm{//}}\,EP\). Theo định lí Thales: \(\frac{{CA}}{{CE}} = \frac{{CK}}{{CP}} = \frac{2}{3}\).

Suy ra \(CE = \frac{3}{2}CA > CA\).

Mà \(E\) thuộc tia \(CA\) nên \(A\) nằm giữa \(C\) và \(E\), do đó \(AE = CE - CA = \frac{1}{2}CA = AN\).

Mà \(N\) thuộc đoạn \(AC\) nên \(E\) và \(N\) nằm khác phía đối với \(A\).

Vậy \(A\) là trung điểm của đoạn thẳng \(EN\).