Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H

1. Chứng minh tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp

2. Chứng minh: AB.AF = AC.AE

3. BE và CF lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là M và N. Chứng minh EF // MN

4. Giả sử B và C cố định; A thay đổi. Tìm vị trị của A sao cho tam giác AEH có diện tích lớn nhất

1. Xét tứ giác BFEC có:

∠BFC = ${90}^0$ (CF là đường cao)

∠BEC = ${90}^0$ (BE là đường cao)

=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau

=> Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp.

2. Xét ΔABE và ΔACF có:

∠BAC là góc chung

∠AEB = ∠AFC = ${90}^0$

=> ΔABE ∼ ΔACF (g.g)

=> $\frac{AB}{AC}$ = $\frac{AE}{AF}$

=> AB.AF = AC.AE

3. Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp

=> ∠EFC = ∠EBC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Xét (O) có: ∠CNM = ∠EBC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

=> ∠EFC = ∠CNM

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

=> EF // MN

4. Kẻ đường kính AA', Nối A'H cắt BC tại K

Ta có: ∠ABA' = ${90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> AB ⊥ BA'

HC ⊥ AB (HC là đường cao)

=> BA' // HC

Tương tự: ∠ ACA' = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> AC ⊥ CA'

HB⊥AC (BH là đường cao)

=> CA' // HB

Xét tứ giác BA'CH có:

$\left\{\begin{array}{l}BA\text{'}//HC\\ CA\text{'}//HB\end{array}\right.$ => Tứ giác BA' CH là hình bình hành

2 đường chéo BC và A'H giao nhau tại K

=> K là trung điểm của A'H và BC

Do B, C,O cố định nên OK cố định

Xét tam giác AHA' có:

O là trung điểm của AA'

K là trung điểm của A'H

=> OK là đường trung bình của tam giác AHA'

=> OK = 1/2AH => AH = 2OK

Ta có:

4S_AHE = 2AE.EH => AE² + EH² = AH² = 4OK²

=> S_AHE => OK²

Dấu bằng xảy ra khi AE = EH

=> ΔAHE cân tại E => ∠HAE = ${45}^0$ => ∠CAB = ${45}^0$

Vậy điểm A nằm trên đường tròn sao cho ∠CAB = ${45}^0$