Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB<AC). Các đường cao BD,CE cắt nhau tại H
a. Chứng minh các tứ giác BCDE, ADHE nội tiếp
b.Phân giác góc BAC cắt BC tại M và đường tròn (O) tại N. Chứng minh AM là phân giác góc HAO
c. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt BC tại K. Chứng minh KM²=KB.KC
Lời giải:
a) Vì $BD, CE$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên:
$\widehat{BEC}=\widehat{BDC}(=90^0)$
Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $BC$ nên tứ giác $BCDE$ nội tiếp.
Tứ giác $ADHE$ có: $\widehat{AEH}=90^0; \widehat{ADH}=90^0$
$\Rightarrow \widehat{AEH}+\widehat{ADH}=180^0$. Hai góc này ở vị trí đối nhau nên $ADHE$ là tgnt.
Ta có đpcm.
b)
Vì $AM$ là tia phân giác $\widehat{BAC}$ nên $\widehat{BAM}=\widehat{CAM}(*)$
Mặt khác:
$H$ là trực tâm $ABC$ nên $AH\perp BC$
$\Rightarrow \widehat{BAH}=90^0-\widehat{ABC}(1)$
Tam giác $AOC$ cân tại $O$ nên $\widehat{OAC}=\frac{180^0-\widehat{AOC}}{2}=\frac{180^0-2\widehat{ABC}}{2}=90^0-\widehat{ABC}(2)$ (tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)
Từ $(1);(2)\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{OAC}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow \widehat{BAM}-\widehat{BAH}=\widehat{CAM}-\widehat{OAC}$
hay $\widehat{HAM}=\widehat{OAM}$
$\Rightarrow AM$ là tia phân giác $\widehat{HAO}$ (đpcm)
c)
Theo tính chất tiếp tuyến ta dễ dàng chỉ ra được $KA^2=KB.KC(3)$
Ta có:
$\widehat{KAM}=\widehat{KAB}+\widehat{BAM}$. Trong đó:
$\widehat{KAB}=\widehat{BCA}=\widehat{MCA}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nt chắn cung đó)
$\widehat{BAM}=\widehat{CAM}$
$\Rightarrow \widehat{KAM}=\widehat{MCA}+\widehat{CAM}=180^0-\widehat{AMC}=\widehat{KMA}$
$\Rightarrow \triangle KAM$ cân tại $K$
$\Rightarrow KM=KA(4)$
Từ $(3); (4)\Rightarrow KM^2=KB.KC$ (đpcm)
.