Cho tam giác ABC (AB>AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H ( D thuộc BC; E thuộc AC; F thuộc AB). Kẻ đường kính AK của đường tròn (O).

a) Chứng minh: Tứ giác AEHF và tứ giác ABDE là các tứ giác nội tiếp;

b) Chứng minh rằng DA là phân giác của EDF và AB.AC = AK.AD;

c) Lấy điểm M đối xứng vơi sK qua B. Chứng minh : M thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABH.

Giải thích các bước giải:

a.Ta có: $\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o$

$\to AEHF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$

Vì $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^o$

$\to ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$

b.Ta có: $\widehat{BFH}=\widehat{BDH}=90^o$

$\to BFHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $HB$

$\to \widehat{HDF}=\widehat{HBF}=\widehat{ABE}=\widehat{ADE}=\widehat{HDE}$

$\to DA$ là phân giác $\widehat{EDF}$

Vì $AK$ là đường kính của $(O)$

$\to \widehat{ACK}=90^o$

$\to \widehat{ACK}=\widehat{ADB}(=90^o)$

Mà $\widehat{ABD}=\widehat{ABC}=\widehat{AKC}$

$\to \Delta ADB\sim\Delta ACK(g.g)$

$\to \dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AB}{AK}$

$\to AB.AC=AD.AK$

c.Vì $AK$ là đường kính của $(O)$

$\to \widehat{ABK}=90^o$

$\to AB\perp MK$

Mà $B$ là trung điểm $KM$

$\to AB$ là trung trực $MK$

$\to \widehat{BAM}=\widehat{BAK}$

Ta có; $BH\perp AC, CK\perp AC\to BH//CK$

           $CH\perp AB, KB\perp AB\to CH//BK$

$\to BHCK$ là hình bình hành

$\to \widehat{HBC}=90^o-\widehat{HBA}=90^o-\widehat{EBA}=\widehat{BAE}$

Ta có: 

Từ b $\to \widehat{KAC}=\widehat{DAB}$

$\to \widehat{MAH}=\widehat{MAB}+\widehat{DAB}=\widehat{DAB}+\widehat{KAB}=\widehat{KAB}+\widehat{KAC}=\widehat{BAC}$

$\to \widehat{MAH}=\widehat{HBK}$

$\to AMBH$ nội tiếp

$\to M\in (ABH)$