Question

[Trần Sang]

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H .

Gọi M là trung điểm BC, I là trung điểm AH. Dựng đường kính AK của (O). Gọi P là giao điểm thứ 2 của AH với (O) (P khác A).

a, Chứng minh: 4 điểm A,E, H,F nằm trên một đường tròn.

b, Chứng minh: IM là đường trung trực của EF.

c, Chứng minh: H, K, M thẳng hàng từ đó suy ra OA 1 EF.

d, Chứng minh: ME,MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF .

e, Chứng minh: P đối xứng với H qua BC. Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có cùng bán kính.

f, Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF (N khác A). Chứng minh: MH.MN =

BC^/4

Answer 1

[Nguyễn Lê Phước Thịnh]

a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn

b: Vì AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH

nên AEHF nội tiếp (I)

=>IA=IH=IE=IF

Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>B,F,E,C cùng thuộc (M)

=>ME=MB=MF=MC

Ta có: ME=MF

=>M nằm trên đường trung trực của EF(1)

Ta có: IE=IF
=>I nằm trên đường trung trực của EF(2)

Từ (1),(2) suy ra MI là đường trung trực của EF

c: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà BH⊥CA

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên Mlà trung điểm của HK

=>H,M,K thẳng hàng

BFEC nội tiếp

=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)

mà \(\hat{FEC}+\hat{AEF}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)

Xét (O) có

\(\hat{KBC};\hat{KAC}\) là các góc nội tiếp chắn cung KC

=>\(\hat{KBC}=\hat{KAC}\)

\(\hat{AEF}+\hat{KAC}=\hat{ABC}+\hat{KBC}=\hat{ABK}=90^0\)

=>AK⊥EF

=>OA⊥EF

d: MF=MC

=>\(\hat{MFC}=\hat{MCF}\)

IF=IH

=>\(\hat{IFH}=\hat{IHF}\)

mà \(\hat{IHF}=\hat{DHC}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{IFH}=\hat{DHC}\)

\(\hat{MFI}=\hat{MFH}+\hat{IFH}\)

\(=\hat{MCF}+\hat{DHC}=\hat{DHC}+\hat{DCH}=90^0\)

=>MF⊥FI tại F

=>MF là tiếp tuyến của (I)

hay MF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔAEF

Xét ΔIFM và ΔIEM có

IF=IE

MF=ME

IM chung

Do đó: ΔIFM=ΔIEM

=>\(\hat{IFM}=\hat{IEM}\)

=>\(\hat{IEM}=90^0\)

=>ME là tiếp tuyến của (I)

=>ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔAEF

e: Xét (O) có

\(\hat{BPA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

=>\(\hat{BPA}=\hat{BCA}\)

mà \(\hat{BCA}=\hat{BHD}\) (\(=90^0-\hat{HBD}\) )

nên \(\hat{BPH}=\hat{BHP}\)

=>ΔBHP cân tại B

mà BC là đường cao

nên BC là đường trung trực của HP

=>H đối xứng P qua BC