Cho △ABC nhọn (AB<AC), nội tiếp đường tròn (O) bán kính \(R\) . Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ đường kính AK của đường tron (O).
a) → Chứng minh: AB . AC = AD . AK và S.ABC = \(\frac{AB.AC.BC}{4R}\)
b) AD cắt đường tròn (O) tại M.
→ Chứng minh: \(\hat{BHM}=\hat{BMH}\) và H đối xứng với M qua BC
c) BE cắt đường tròn (O) tại N.
→ Chứng minh: \(CH=CH\) và C là tâm đường tròn ngoại tiếp △MHN
d) Cho \(\hat{BAC}\) = \(60^{o}\).
→ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF theo \(R\)
a: Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
DO đó: ΔACK vuông tại C
Xét (O) có
\(\hat{ABC};\hat{AKC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\hat{ABC}=\hat{AKC}\)
Xét ΔADB vuông tại D và ΔACK vuông tại C có
\(\hat{ABD}=\hat{AKC}\)
Do đó: ΔADB~ΔACK
=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AK}\)
=>\(AB\cdot AC=AD\cdot AK\)
\(\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{4R}=\frac{AB\cdot AC\cdot BC}{2\cdot2R}=\frac{AD\cdot AK\cdot BC}{2\cdot AK}=\frac{AD\cdot BC}{2}=S_{ABC}\)
b: Xét (O) có
\(\hat{BMA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung BA
=>\(\hat{BMA}=\hat{BCA}\)
=>\(\hat{BMH}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BHD}=\hat{BCA}\left(=90^0-\hat{HBD}\right)\)
nên \(\hat{BHD}=\hat{BMD}\)
=>\(\hat{BHM}=\hat{BMH}\)
=>BH=BM
=>ΔBHM cân tại B
Ta có: ΔBHM cân tại B
mà BC là đường cao
nên BC là đường trung trực của HM
=>H đối xứng M qua BC
c: Xét (O) có
\(\hat{CNB};\hat{CAB}\) là các góc nội tiếp chắn cung CB
=>\(\hat{CNB}=\hat{CAB}\)
mà \(\hat{CAB}=\hat{CHE}\left(=90^0-\hat{ACF}\right)\)
nên \(\hat{CNH}=\hat{CHN}\)
=>CN=CH
mà CM=CH(C nằm trên đường trung trực của HM)
nên CM=CH=CN
=>C là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔMHN
