Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. (a) Chứng minh bốn điểm

a) Chứng minh bốn điểm $A,B,D,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Có $AD,BE,CF$ là các đường cao của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ nên $AD\perp BC$ tại $D$; $BE\perp AC$ tại $E$; $CF\perp AB$ tại $F$

Suy ra $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}=90°$ ; $\widehat{BEA}=\widehat{BEC}=90°$; $\widehat{CFA}=\widehat{CFB}=90°$

Có $\Delta ABD$ vuông tại $D$ nên $\Delta ABD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ suy ra ba điểm $A,B,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$(1)

Có $\Delta ABE$ vuông tại $E$ nên $\Delta ABE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$ suy ra ba điểm $A,B,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$(2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $A,B,D,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$.

b) * Chứng minh: $DB.DC=DH.DA$

Có bốn điểm $A,B,D,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AB$ suy ra $\widehat{EBD}=\widehat{EAD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $DE$)

Xét $\Delta HBD$ và $\Delta CAD$ có:

$\widehat{BDH}=\widehat{ADC}=90°$ và $\widehat{EBD}=\widehat{EAD}$ (cmt)

Do đó $\Delta HBD\backsim \Delta CAD$ (g.g)

Suy ra $\frac{DB}{AD}=\frac{HD}{CD}$ nên $DB.DC=DH.DA$.

* Chứng minh $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$

Xét đường tròn $\left(O;R\right)$ đường kính $AK$ có: $\widehat{ACK}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn) nên $AC$ vuông góc với $CK$ (1)

Lại có $BE\perp AC$ suy ra $BE\text{/}\text{/}CK$.

Chứng minh tương tự có: $CF\text{/}\text{/}BK$.

Xét tứ giác $BHCK$có: $CH\text{/}\text{/}BK$; $BH\text{/}\text{/}CK$ suy ra $BHCK$ là hình bình hành.

Lại có $I$ là giao điểm của $HK$ và $BC$ nên $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$.

c)

Có $S_{\Delta ABC}=S_{\Delta HAB}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HBC}$

Ta có $\frac{S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.HF.AB}{\frac{1}{2}.CF.AB}=\frac{HF}{CF}$

$\frac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.HE.AC}{\frac{1}{2}.BE.AC}=\frac{HE}{BE}$

$\frac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.HD.BC}{\frac{1}{2}.AD.BC}=\frac{HD}{AD}$

Có $\frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF}=1-\frac{HD}{AD}+1-\frac{HE}{BE}+1-\frac{HF}{CF}$

$=3-\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)$ $=3-\left(\frac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}+\frac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}+\frac{S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}\right)$

$=3-\left(\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\right)=3-1=2$.