Cho tam giác ABC có AB > AC và góc BAC > 90 độ. Vẽ đường cao AH. Gọi D,E lần lượt là trung điểm của AB và AC. Vẽ đường tròn tâm D đường kính AB và đường tròn tâm E đường kính AC

Hướng dẫn giải

a) Vì \(F \in \left( E \right)\) đường kính \(AC\) nên \(\widehat {AFC} = 90^\circ \), suy ra \(CF \bot AB\).

Tương tự \(BG \bot AC\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(BG\) và \(CF\)là hai đường cao cắt nhau tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm \(\Delta ABC\).

Vì \(AH\) là đường cao từ \(A\) xuống \(BC\) nên \(A,\,\,H,\,\,K\) thẳng hàng.

Ta thấy \(DE\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(DE\,{\rm{//}}\,BC\), suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACB}\).

Vì tứ giác \(BGFC\) nội tiếp nên \(\widehat {ACB} = \widehat {GFB}\).

Do đó \(\widehat {AED} = \widehat {GFB}\), suy ra tứ giác \(DEFG\) nội tiếp.

Gọi \(T\) là trung điểm \(AK\).

Chứng minh tương tự, ta được tứ giác \(DHFT\) nội tiếp.

Do đó, các điểm \(H,\,\,E,\,\,F,\,\,T,\,\,G,\,\,D\) cùng thuộc một đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam giác \(FGH\) đi qua điểm \(D.\)

b) Vì tứ giác \(BHFK\) nội tiếp nên \(\widehat {ABH} = \widehat {AKF}\).

Lại có \(\widehat {AKF} = \widehat {HBP}\) suy ra \(\widehat {ABH} = \widehat {HBP}\).

Vì tam giác \(ABP\) có \(BH\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên \(BH\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta ABP\). Khi đó \(H\) là trung điểm của \(AP\).

Theo giả thiết \(HB = HM\) nên \(H\) là trung điểm \(BM\).

Vì tứ giác \(ABPM\) có hai đường chéo \(AP\) và \(BM\) cắt nhau tại trung điểm \(H\) của mỗi đường nên \(ABPM\) là hình bình hành. Suy ra: \(BP\,{\rm{//}}\,AM\).

Xét \(\Delta HBQ\) và \(\Delta HMN\) có:

\(HB = HM\) (giả thiết)

\(\widehat {BHQ} = \widehat {MHN}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {HBQ} = \widehat {HMN}\) (do \(BP\,{\rm{//}}\,AM\))

Do đó \(\Delta HBQ = \Delta HMN\) (g.c.g)

Suy ra \(HQ = HN\) (hai cạnh tương ứng).

Vậy \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(NQ\).