A B C L' K O J E D I F L

Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K  thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.

Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)

Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)

Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)

Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'

=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp 

Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL'   (1)

Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF

=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g)  => FA² = FK.FC        (2)

Từ (1) và (2) => FA² = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)

=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2

Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp

Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L

Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 180⁰ - ^BAC/2

Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).

A B C N M E D H I O 1 1 1

1. Do BD , CE là đường cao của tam giác ABC nên \(\widehat{BDC}=90^o\)và \(\widehat{BEC}=90^o\)

Vì E , D nằm cùng 1 phía trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BC nên tứ giác BCDE nội tiếp trong đường trong đường kính BC

2. Trên cung tròn đường kính BC ta có : \(\widehat{D_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắc cung \(\widebat{BE}\))

Trên đường tròn (O) , ta có : \(\widehat{M_1}=\widehat{C_1}\)( cùng chắn cung \(\widebat{BN}\))

Suy ra : \(\widehat{D_1}=\widehat{M_1}\Rightarrow MN//DE\)( do có 2 góc đồng vị bằng nhau )

3. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của BC.

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{AEH}=90^o\)( do CE vuông AB )

                                 \(\widehat{ADH}=90^o\)( do BD vuông AC )

\(\Rightarrow\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^O\)nên tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AH

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn đường kính AH , có bán kính bằng \(\frac{AH}{2}\)

Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) , ta có : 

\(\widehat{KBA}=90^o\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )

\(\Rightarrow KB\perp AB\)

mà \(CE\perp AB\left(gt\right)\)nên KB // CH (1)

Chứng minh tương tự ta có KC // BH (2)

Từ (1) và (2) => BKCH là hình bình hành

Vì I là trung điểm của BC suy ra I cũng là trung điểm của KH . Mặt khác ta có O là trung điểm của AK nên \(OI=\frac{AH}{2}\). Do BC cố định nên I cố định suy ra Oi không đổi

Vậy khi điểm A di động trên cung lớn BC thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn không đổi 

Do tứ giác BCDE nội tiếp nên \(\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\)( tính chất góc ngoài bằng góc trong đối diện ) (3)

Xét 2 tam giác ADE và ABC ta có \(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\), kết hợp với (3) ta có 2 tam giác này đồng dạng 

\(\Rightarrow\frac{S_{\Delta ADE}}{S_{\Delta ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^2=\left(\cos\widehat{CAB}\right)^2\)

Do BC cố định nên cung nhỏ BC không đổi suy ra số đô góc CAB không đổi . Vậy để S_ADE đạt giá trị lớn nhất thì S_ABC cũng phải đạt giá trị lớn nhất . Điều này xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC

a: Xét ΔABC có

AM,BN,CP là các đường cao

H là trực tâm

DO đó: AM,BN,CP đồng quy tại H

Xét tứ giác APHN có \(\hat{APH}+\hat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên APHN là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BPNC có \(\hat{BPC}=\hat{BNC}=90^0\)

nên BPNC là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BPHM có \(\hat{BPH}+\hat{BMH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BPHM là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CMHN có \(\hat{CMH}+\hat{CNH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CMHN là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{HPN}=\hat{HAN}\) (APHN nội tiếp)

\(\hat{HPM}=\hat{HBM}\) (BPHM nội tiếp)

mà \(\hat{HAN}=\hat{HBM}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)

nên \(\hat{HPN}=\hat{HPM}\)

=>PH là phân giác của góc MPN

Ta có: \(\hat{PNH}=\hat{PAH}\) (APHN nội tiếp)

\(\hat{MNH}=\hat{MCH}\) (MCNH nội tiếp)

mà \(\hat{PAH}=\hat{MCH}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{PNH}=\hat{MNH}\)

=>NH là phân giác của góc MNP

Xét ΔMNP có

PH,NH là các đường phân giác

PH cắt NH tại H

Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNP