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

a) Chứng minh bốn điểm \[B,\,\,F,\,\,E,\,\,C\] cùng thuộc một đường tròn.

Xét \(\Delta BEC\) ta có: \(\widehat {BEC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta BEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\,\,\,\left( 1 \right)\)

Chứng minh tương tự ta có: \(\Delta BFC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\left( 2 \right)\) ta có: \[B,\,\,F,\,\,E,\,\,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\) (đpcm).

b) Đường thẳng \[EF\] cắt đường thẳng \[BC\] tại điểm \[M\]. Tia \[AH\] cắt \[BC\] tại \[D\]. Chứng minh rằng: \[ME.MF = MC.MB\] và \[FB\] là tia phân giác của góc \[MFD\].

Tứ giác \(BFEC\)nội tiếp nên \(\widehat {BFE} + \widehat {BCE} = 180^\circ \) (tính chất của tứ giác nội tiếp)

Mà \(\widehat {BFE} + \widehat {BFM} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) nên \(\widehat {BCE} = \widehat {BFM}\)

* Chứng minh: \[ME.MF = MC.MB\]

Xét \[\Delta \]\(MFB\) và \[\Delta \]\(MCE\) có \(\widehat {BCE} = \widehat {BFM}\left( {cmt} \right),\widehat M\,\,\left( {chung} \right)\)

Do đó $\Delta MFB\backsim \Delta MCE$ (g.g).

\[ \Rightarrow \frac{{MF}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{ME}} \Rightarrow ME.MF = MC.MB\]

* Chứng minh: \[FB\] là tia phân giác của góc \[MFD\]

• Xét tứ giác \(AFHE\) có \(\widehat {AFH} = \widehat {AEH} = 90^\circ \) nên nội tiếp trong đường tròn đường kính \(AH\).

\( \Rightarrow \widehat {AFE} = \widehat {AHE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE)\)

Ta có \(BE\) cắt \(CF\) tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\) nên \(AH \bot BC\,\,{\rm{hay}}\,\,AD \bot BC\).

• Xét tứ giác \(BFHD\) có \(\widehat {BFH} = \widehat {BDH} = {90^o}\)nên nội tiếp trong đường tròn đường kính \(BH\).

\( \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {BHD}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD\))

Mà \(\widehat {BHD} = \widehat {AHE}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {BFD} = \widehat {AFE}\).

Lại có \(\widehat {BFM} = \widehat {AFE}\) (đối đỉnh)

Suy ra \(\widehat {BFD} = \widehat {BFM}\left( { = \widehat {AFE}} \right)\) hay \[FB\] là tia phân giác của góc \[\widehat {MFD}\].

c) Đường thẳng qua \[B\] và song song với \[AC\] cắt tia \[AD\] tại \[P\], cắt đoạn thẳng \[AM\] tại \[Q\]. Chứng minh \[B\] là trung điểm của \[PQ\].

 Từ \[D\] kẻ đường thẳng song song với \[MF\], cắt \[FC\] tại \[I\]

+ \[BQ//AC\] \[ \Rightarrow \] \[\frac{{BQ}}{{AC}} = \frac{{MB}}{{MC}}\] (hệ quả định lí Thalès)

+ \[BP//AC\] \[ \Rightarrow \] \[\frac{{BP}}{{AC}} = \frac{{DB}}{{DC}}\] (Hệ quả định lí Thalès)

+ \[FB\] là phân giác của \(\widehat {MFD}\) suy ra: \[\frac{{MB}}{{DB}} = \frac{{MF}}{{DF}}\] (tính chất đường phân giác) (1)

+ Chứng minh \[FC\] là phân giác của \(\widehat {EFD}\) suy ra \(\widehat {DFI} = \widehat {IFE}\)

Ta có \[\widehat {DBH} = \widehat {DFH}\] (cùng chắn cung  trong đường tròn đường kính \[BH\]

\[\widehat {EFH} = \widehat {EAH}\] (cùng chắn cung  trong đường tròn đường kính \[AH\]

Mà \[\widehat {DBH} = \widehat {EAH}\] (cùng phụ với góc \[\widehat {BCA}\]) nên \(\widehat {DFH} = \widehat {EFH}\)

\[ \Rightarrow FC\] là phân giác của \(\widehat {EFD}\) suy ra \(\widehat {DFI} = \widehat {IFE}\)

Mà \(\widehat {FID} = \widehat {IFE}\) (so le trong) \[ \Rightarrow \]\(\widehat {FID} = \widehat {DFI}\) \[ \Rightarrow \]\[\Delta \] \[DFI\] cân tại \[D\] \[ \Rightarrow \] \[DF = DI\]

+ \[DI//MF\]=> \[\frac{{CM}}{{CD}} = \frac{{MF}}{{DI}} = \frac{{MF}}{{DF}}\] (2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \] \[\frac{{MB}}{{DB}} = \frac{{MC}}{{DC}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{DB}}{{DC}} \Rightarrow BQ = BP\]suy ra \[B\] là trung điểm của \[PQ\]