Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.  

(0,75 điểm)

Ta có:\[\widehat {ADB} = {90^0}\] ( vì \[AD \bot BC\]       

\[\widehat {AEB} = {90^0}\]  (vì \[BE \bot AC\])

Xét tứ giác ABDF có \[\widehat {ADB} = \widehat {AEB} = {90^0}\]

mà D và F là 2 đỉnh kề nhau cùng cạnh AB

dưới 1 góc vuông

Nên 4 điểm A, B, D, E cùng thuộc một đường tròn.

b) (0,75 điểm)  Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDF có

\[\widehat {EBD}\]là góc nội tiếp chắn cung DE

\[\widehat {EAD}\]là góc nội tiếp chắn cung DE

Nên  \[\widehat {EBD} = \widehat {EAD}\](Hệ quả góc nội tiếp) hay \[\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\]

Xét ΔBHD và ΔACD có\[\widehat {HDB} = \widehat {CDA} = {90^0}\]

\[\widehat {HBD} = \widehat {CAD}\] (cmt)

Do đó \[\Delta BHD\] đồng dạng với\[\Delta ACD\]  (g-g)

Suy ra \[\frac{{DB}}{{AD}} = \frac{{DH}}{{DC}}\]   => DB.DC = DH.DA

c) (0,75 điểm) Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng BC.

(0,75 điểm) Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng BC.

Xét đường tròn (O) có:

\(\widehat {ABK} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), do đó

\(KB \bot AB\).

Mặt khác:\(CH \bot AB\) (giả thiết)

Suy ra:\(KB\)//\(CH\) (quan hệ vuông góc song song) (1)

Xét đường tròn (O) có:\(\widehat {ACK} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn

nửa đường tròn), do đó \(KC \bot AC\).

Mặt khác:\(BH \bot AC\) (giả thiết)

Suy ra: \(KC\)//\(BH\) (quan hệ vuông góc song song) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành

(dấu hiệu nhận biết), suy ra hai đường chéo BC và HK

cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (tính chất).

Mà I là giao điểm của BC và HK nên I là trung điểm

của BC.

d) (0,75 điểm)   Tính \[\frac{{AH}}{{AD}} + \frac{{BH}}{{BE}} + \frac{{CH}}{{CF}}\].

Đặt     \(P = \frac{{AH}}{{AD}} + \frac{{BH}}{{BE}} + \frac{{CH}}{{CF}}\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}P = \frac{{AD - HD}}{{AD}} + \frac{{BE - HE}}{{BE}} + \frac{{CF - HF}}{{CF}}\\P = 1 - \frac{{HD}}{{AD}} + 1 - \frac{{HE}}{{BE}} + 1 - \frac{{HF}}{{CF}}\\P = 3 - \left( {\frac{{HD}}{{AD}} + \frac{{HE}}{{BE}} + \frac{{HF}}{{CF}}} \right)\end{array}\)

Ta có: \(\frac{{HD}}{{AD}} = \frac{{\frac{1}{2}HD \cdot BC}}{{\frac{1}{2}AD \cdot BC}} = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\)

Chứng minh tương tự ta có: 

\(\frac{{HE}}{{BE}} = \frac{{{S_{\Delta HAC{\rm{ }}}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}};\,\,\,\,\frac{{HF}}{{CF}} = \frac{{{S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}}\)     \(\frac{{HD}}{{AD}} + \frac{{HE}}{{BE}} + \frac{{HF}}{{CF}} = \frac{{{S_{\Delta HBC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} + \frac{{{S_{\Delta HAC}}}}{{{S_{ABC}}}} + \frac{{{S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{AABC}}}} = \frac{{{S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HAC}} + {S_{\Delta HAB}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{\Delta BC}}}} = 1\)

           Vậy \(P = \frac{{AH}}{{AD}} + \frac{{BH}}{{BE}} + \frac{{CH}}{{CF}} = 3 - 1 = 2\)