Cho tam giác nhọn \(ABC\) \(\left( {AB < AC} \right)\), có hai đường cao \(BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\). \(AH\) cắt \(EF\) tại \(I\), cắt \(BC\) tại \(J\). Qua \(A\) kẻ đường thẳng \(AD\) vuông góc với \(EF\) (\(D\) thuộc \(BC\)).

a) Chứng minh: \(A,\,\,E,\,\,H,\,\,F\) cùng thuộc một đường tròn và \(EF < AH\).

b) Chứng minh: \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\) và \(\widehat {FAH} = \widehat {DAE}\).

c) Cho biết \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) và \(BC = 10\). Hãy tính \(EF\) và tính tỉ số \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ADC}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}AIF}}}}\)?

a) Gọi \(O\) là trung điểm của \(AH\). Suy ra \(OA = OH = \frac{1}{2}AH\).

Vì \(BE \bot AC\) tại \(E\) nên \({\rm{\Delta }}AEH\) vuông tại \(E\), có \(EO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(EO = \frac{{AH}}{2}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền) (1).

Vì \(CF \bot AB\) tại \(F\) nên \({\rm{\Delta }}AFH\) vuông tại \(F\), có \(FO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(FO = \frac{{AH}}{2}\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng một nửa cạnh huyền) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(OA = OH = OE = OF = \frac{{AH}}{2}\).

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

Trong đường tròn này, \(EF\) là một dây, \(AH\) là đường kính nên \(EF \le AH\).

Nếu \(EF = AH\) thì \(EF\) là đường kính, khi đó \(\widehat {EAF} = 90^\circ \), trái với giả thiết \(\Delta ABC\) nhọn.

Vậy \(EF < AH\).

b)

Xét \({\rm{\Delta }}AEB\) và \({\rm{\Delta }}AFC\) có: \(\widehat {AEB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAC}\) là góc chung.

Suy ra $\text{Δ}AEB\backsim \text{Δ}AFC$ (g.g), do đó \(\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) suy ra \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\).

Từ \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\) suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}AEF\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) có: \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\), \(\widehat {BAC}\) là chung.

Suy ra $\text{Δ}AEF\backsim \text{Δ}ABC$ (c.g.c), do đó \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) và \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\).

Vì \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\) (giao của hai đường cao \(BE\) và \(CF\)) nên \(AJ \bot BC\).

\(\Delta ABJ\) vuông tại \(J\) nên \(\widehat {FAH} = \widehat {BAJ} = 90^\circ  - \widehat {ABC}\) (3).

Gọi \(K\) là giao điểm của \(AD\) và \(EF\), ta có \(AK \bot EF\).

\(\Delta AEF\) có \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) và \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) đều là góc nhọn nên \(K\) nằm giữa \(E\) và \(F\).

Tam giác \(AKE\) vuông tại \(K\) nên ta có:

\(\widehat {DAE} = \widehat {KAE} = 90^\circ  - \widehat {AEK} = 90^\circ  - \widehat {AEF} = 90^\circ  - \widehat {ABC}\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {FAH} = \widehat {DAE}\).

c) \(\Delta ABE\) vuông tại \(E\) có:

\(AE = AB \cdot \cos \widehat {BAC} = AB \cdot \cos 60^\circ  = \frac{{AB}}{2}\), suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{1}{2}\).

Vì $\text{Δ}AEF\backsim \text{Δ}ABC$ nên \(\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{1}{2}\), suy ra \(EF = \frac{{BC}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5\).

Tương tự, tam giác \(AFC\) vuông tại \(F\) có:

\(AF = AC \cdot \cos 60^\circ  = \frac{{AC}}{2}\), suy ra \(\frac{{AC}}{{AF}} = 2\).

Xét \({\rm{\Delta }}ADC\) và \({\rm{\Delta }}AIF\) có:

\(\widehat {DAC} = \widehat {IAF}\) (vì \(\widehat {DAE} = \widehat {FAH}\) theo câu b);

\(\widehat {ACD} = \widehat {AFI}\) (vì \(\widehat {ACB} = \widehat {AFE}\)).

Suy ra $\text{Δ}ADC\backsim \text{Δ}AIF$ (g.g) với tỉ số đồng dạng \(k = \frac{{AC}}{{AF}} = 2\).

Vậy \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ADC}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}AIF}}}} = {k^2} = 4\).