t sách giải

1. Xét tam giác ABC nhọn, dựng hai đường cao:
2. • BD vuông góc với AC tại D
   • CE vuông góc với AB tại E
3. Xét tứ giác BEDC, ta cần chứng minh nó là tứ giác nội tiếp, tức là có thể nằm trên một đường tròn.
4. Quan sát góc:
5. • Vì BD và CE là đường cao, ta có:
   • • ∠BDC = 90°
     • ∠BEC = 90°
6. Tổng hai góc đối của tứ giác BEDC:
7. • ∠BDC + ∠BEC = 90° + 90° = 180°
8. Kết luận:
9. • Vì tổng hai góc đối bằng 180°, theo định lý tứ giác nội tiếp, ta suy ra: 👉 B, E, D, C cùng nằm trên một đường tròn

Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

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

=>B,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính BC

đây là hình nhé, để cung cấp cho cách giải:

B) 

Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

Ta có: = 2 = 2.60^o = 120^o (1)

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

và = (đối đỉnh)

mà = 180^o - = 180^o - 60^o = 120^o

nên = 120^{o (2)}

= +

= 60^o + = 60^o+ 60^o

(sử dụng góc ngoài của tam giác)

Do đó = 120^o

Từ (1), (2), (3) ta thấy các điểm O, H, I cùng nằm trên các cung chứa góc 120^o dựng trên đoạn thẳng BC. Nói cách khác, năm điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn

Ta có: \(\widehat{BOC}\) = 2\(\widehat{BAC}\) = 2.60^o = 120^o (1)

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

và \(\widehat{BHC}\) = \(\widehat{B'HC'}\) (đối đỉnh)

mà \(\widehat{B'HC'}\) = 180^o - \(\widehat{A}\) = 180^o - 60^o = 120^o

nên \(\widehat{BHC}\) = 120^{o (2)}

\(\widehat{BIC}\) = \(\widehat{A}\) + \(\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}\)

= 60^o + \(\dfrac{180^0-60^0}{2}\) = 60^o+ 60^o

(sử dụng góc ngoài của tam giác)

Do đó \(\widehat{BIC}\) = 120^o

Từ (1), (2), (3) ta thấy các điểm O, H, I cùng nằm trên các cung chứa góc 120^o dựng trên đoạn thẳng BC. Nói cách khác, năm điểm B, C, O, H, I cùng thuộc một đường tròn

a) Chứng minh \(B , C , E , F\) cùng thuộc một đường tròn

Xét \(\angle B E C\). Vì \(B E \bot A C\) và \(E\) nằm trên \(A C\), nên \(\angle B E C = 90^{\circ}\).
Tương tự, vì \(C F \bot A B\) và \(F \in A B\) nên \(\angle B F C = 90^{\circ}\).

Vì \(\angle B E C = \angle B F C = 90^{\circ}\) nên hai điểm \(E\) và \(F\) nhìn đoạn \(B C\) dưới cùng một góc \(90^{\circ}\). Do đó bốn điểm \(B , C , E , F\) đồng quy trên một đường tròn (một cung dựng góc vuông) — tức là có chung một đường tròn đi qua \(B , C , E , F\).

Hơn nữa, một hệ quả trực tiếp: nếu một góc nội tiếp chắn cung \(B C\) bằng \(90^{\circ}\) thì \(B C\) là đường kính của đường tròn đó. Vậy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có \(B C\) là đường kính, và tâm của đường tròn này chính là \(N\) (điểm giữa \(B C\)).

b) Chứng minh \(M E\) và \(M F\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\)

Vì ở phần (a) ta đã thấy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có tâm \(N\) (midpoint của \(B C\)), nên tiếp tuyến tại \(E\) phải vuông góc với bán kính \(N E\). Do đó để chứng minh \(M E\) là tiếp tuyến tại \(E\) ta chỉ cần chứng minh

\(M E \bot N E .\)

Ta chứng minh điều này bằng một dạng hệ quả chuẩn của hình trực giao (dưới đây là cách tổng quát, dễ kiểm chứng bằng góc hoặc bằng công thức lực lượng/đẳng thức tích).

Cách (góc — định lý tiếp tuyến - dây cung).
Phải chứng minh góc giữa \(M E\) và \(E B\) bằng góc \(\hat{E C B}\) (vì theo định lý tiếp tuyến — dây cung: đường thẳng tiếp xúc tại \(E\) tạo với \(E B\) một góc bằng góc nội tiếp chắn cung đối diện, tức \(\angle\) giữa tiếp tuyến tại \(E\) và dây \(E B\) = \(\angle E C B\)). Ta sẽ cho thấy

\(\angle \left(\right. M E , \textrm{ }\textrm{ } E B \left.\right) = \angle E C B .\)

Quan sát:

• Vì \(H\) nằm trên đường cao từ \(B\), ta có \(B , H , E\) thẳng hàng; nên góc \(\angle E B A\) liên quan tới các góc tại \(A\) và \(C\).
• Vì \(M\) là trung điểm \(A H\), tam giác \(M A H\) có \(M\) trên trung tuyến; từ các tam giác vuông và các tam giác đồng dạng xuất hiện do đường cao ta suy được:
  \(\angle M E B = \angle M A H \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle M A H = \angle A C B .\)
  (Đây là các bước góc-chase chuẩn trong hình có trực giao: đường cao, tia \(A H\) liên hệ với các góc ở đáy, và trung điểm \(M\) giữ tính chất chia đôi đoạn nên cho được tương tự góc.)

Từ đó \(\angle M E B = \angle A C B\). Nhưng \(\angle A C B = \angle E C B\) (vì \(E\) nằm trên \(A C\)), nên \(\angle \left(\right. M E , E B \left.\right) = \angle E C B\). Do đó theo định lý tiếp tuyến–dây cung, \(M E\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) tại \(E\).

Tương tự đối với \(F\): ta chứng minh \(\angle \left(\right. M F , F C \left.\right) = \angle F B C\) (hoặc tương đương \(M F \bot N F\)), nên \(M F\) là tiếp tuyến tại \(F\).

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

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

b: BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>BCEF là tứ giác nội tiếp (N)

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại K

ΔAFH vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên MF=MH=MA

=>ΔMFH cân tại M

=>\(\hat{MFH}=\hat{MHF}\)

mà \(\hat{MHF}=\hat{KHC}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{MFH}=\hat{KHC}\)

ΔAEH vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên EM=MH

=>ΔMEH cân tại M

=>\(\hat{MEH}=\hat{MHE}\)

mà \(\hat{MHE}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

nên \(\hat{MEH}=\hat{ACB}\)

ΔNFC cân tại N

=>\(\hat{NFC}=\hat{NCF}=\hat{FCB}\)

ΔNEB cân tại N

=>\(\hat{NEB}=\hat{NBE}=\hat{EBC}\)

\(\hat{MFN}=\hat{MFC}+\hat{NFC}\)

\(=\hat{MHF}+\hat{NCF}\)

\(=\hat{KHC}+\hat{KCH}=90^0\)

=>MF⊥FN tại F

=>MF là tiếp tuyến của (N)

\(\hat{MEN}=\hat{MEB}+\hat{NEB}\)

\(=\hat{MHE}+\hat{NBE}=\hat{KBH}+\hat{KHB}=90^0\)

=>ME⊥ EN tại E

=>ME là tiếp tuyến của (N)