Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn.

a) Xét \[\Delta ABC\] có \[AD,\,BE,CF\] là đường cao

Suy ra \[AD \bot BC\,;\,\,CF \bot AB\,;\,\,\,BE \bot AC\]

Suy ra \[\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \]

Xét \[\Delta BFC\] vuông tại \[F\] nên \[B,\,F,\,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\](1)

Xét \[\Delta BEC\] vuông tại \[E\] nên \[B,E,C\] thuộc đường tròn đường kính \[BC\](2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\,B,F,E,C\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\].

b) Xét \[(O)\] có \[AM\] là đường kính.

\[\widehat {AMC}\] là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn suy ra \[\widehat {ACM} = 90^\circ \].

\[\widehat {ABC},\,\widehat {AMC}\] là góc nội tiếp chắn cung \[AC\]

Suy ra \[\widehat {ABC} = \widehat {AMC}\] hay \[\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\]

Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta AMC\] có

\[\widehat {ADB} = \widehat {ACM} = 90^\circ \]; \[\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\]

Suy ra $\Delta ABD\backsim \Delta AMC$  (g.g)

Suy ra \[\widehat {BAD} = \widehat {MAC}\] hay \[\widehat {BAH} = \widehat {PAC}\]

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[BFEC\] có \[\widehat {FBE},\,\widehat {FCE}\] là góc nội tiếp chắn cung \[FE\]

Suy ra \[\widehat {FBE} = \widehat {FCE}\,\] hay \[\widehat {ABH} = \widehat {PCA}\,\]

Xét \[\Delta AHB\] và \[\Delta APC\] có \[\widehat {BAH} = \widehat {PAC}\]; \[\widehat {ABH} = \widehat {PCA}\,\]

Suy ra $\Delta AHB\backsim \Delta APC$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{AH}}{{AP}} = \frac{{BH}}{{CP}}\] hay \[AP.BH = AH.CP\] (đpcm)

c)

Gọi \[G\] là trung điểm \[EF\].

\[\,B,F,E,C\]nội tiếp đường tròn đường kính \[BC\]mà \[I\,\] là trung điểm \[BC\].

Suy ra \[I\,E = IF = IB = IC\] nên \[\Delta IEF\] cân tại \[I\].

Mà \[G\] là trung điểm \[EF\] suy ra \[IG\] là đường trung tuyến.

Suy ra \[IG\] là đường cao nên \[IG \bot \,EF\] hay \[\widehat {IGK} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[INGK\] có \[\widehat {INK} = \widehat {IGK} = 90^\circ \].

Suy ra \[INGK\] nội tiếp nên \[\widehat {NIK} + \widehat {NGK} = 180^\circ \].

Tứ giác \[BFEC\] nội tiếp suy ra \[\widehat {FEC} + \widehat {FBC} = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {FEC} + \widehat {FEA} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {FBC} = \widehat {FEA}\] hay \[\widehat {ABC} = \widehat {FEA}\].

Tứ giác \[BFEC\] nội tiếp suy ra \[\widehat {BFE} + \widehat {BCE} = 180^\circ \].

Mà \[\widehat {BFE} + \widehat {AFE} = 180^\circ \] suy ra \[\widehat {BCE} = \widehat {AFE}\] hay \[\widehat {BCA} = \widehat {AFE}\].

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta AEF\] có

\[\widehat {FAE}\] chung; \[\widehat {ABC} = \widehat {FEA}\]; \[\widehat {BCA} = \widehat {AFE}\].

Suy ra $\Delta ABC\backsim \Delta AEF$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{BC}}{{EF}} = \frac{{2BI}}{{2EG}} = \frac{{BI}}{{EG}}\].

Xét \[\Delta ABI\] và \[\Delta AEG\] có \[\widehat {ABI} = \widehat {AEG}\]; \[\,\frac{{IB}}{{EG}} = \frac{{AB}}{{AE}}\].

Suy ra $\Delta ABI\backsim \Delta AEG$ (c.g.c)

Suy ra \[\widehat {AIB} = \widehat {AGE}\]  hay \[\widehat {NIK} = \widehat {NGE}\].

Mà \[\widehat {NIK} + \widehat {NGK} = 180^\circ \] (cmt) nên \[\widehat {NGE} + \widehat {NGK} = 180^\circ \] hay \[\widehat {NGE} + \widehat {AGE} = 180^\circ .\]

Suy ra \[A,\,G,\,N\]thẳng hàng nên \[AN\] đi qua trung điểm của \[EF\].