Tiêu đề 7. CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG TRÒN.pdf ✅

 BHF ( Hai góc đối đỉnh) = ACB (cặp góc có cạnh tương ứng vuông góc). Ta lại có EAP BAQ  , mà ACB BAQ    90 suy ra AED EAP    90 từ đây suy ra APE   90 hay AQ ED AQ MN    do vậy AQ là đường trung trực của MN do vậy QM QN  . d) Ta có I là giao điểm của HQ và BC Xét tứ giác HBQC ta có HB GC // (vì cùng vuông góc với AC ) Tương tự HC QB // (vì cùng vuông góc với AB ) Do đo tứ giác HBQC là hình bình hành, suy ra I là trung điểm của BC . Xét 4 điểm E B C D , , , cùng nằm trên đường tròn đường kính BC , ta có hai tam giác EHD và BHC đồng dạng (g-g-g) theo tỷ số ED BC . Hai BHC và ABC có đường cao lần lượt là HF và AF (cùng ứng với cạnh đáy BC ) do đó BHC ABC S HF S AF  . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt AF tại J ta có tỷ số 1 3 AJ AF  . Ta có 2 . . HDE HDE HBC ABC HBC ABC S S S ED HF S S S BC AF         (1) Tiếp theo ta sẽ chứng minh 1 3 HF AF  với giả thiết AB AC BC   và A   90 . Vì ABF và CHF đồng dạng nên AF CF FB FH BF HF FA FC    Trong tam giác ABC ta có cot .cot . FB FC HF B C FA FA AF   (2) Mặt khác trong tam giác nhọn ABC thì ta có cot .cot cot .cot cot .cot 1 A B B C C A    (vượt tầm lớp 9!) Lại từ giả thiết AB AC BC   suy ra C B A     90 , từ đây ta lại có 0 cot cot cot  A B C do đó 1 cot .cot cot .cot cot .cot cot .cot cot .cot cot .       A B B C C A C B B C C B cot hay 1 cot .cot 3 B C  (3) Từ (1),(2),(3) ta có được 1 3 HF AF  và 2 2 1 3 HDE ABC S ED S BC  (đpcm). Câu 3. (Trường vào lớp 10 Bắc Giang) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O R; . Các đường cao AD BF CE , , của ABC cắt nhau tại H . a) Chứng minh tứ giác BEHD nội tiếp một đường tròn.