Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O,R) (AB < AC) có đường kính AM. Hai đường cao CE và AD cắt nhau tại H. (vẽ hình) a) Chứng minh: tứ giác BEHD nội tiếp và ∆AEH đồng dạng với ∆ACM. b) Gọi I là trung...

a) Ta có: - $\widehat{BHD} = \widehat{BEC} = 90^\circ$ (vì CE và AD là đường cao) - $\widehat{BHE} = \widehat{BCE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BE) Do đó, tứ giác BEHD nội tiếp. Tiếp theo, ta chứng minh $\Delta AEH$ đồng dạng với $\Delta ACM$: - $\widehat{EAD} = \widehat{MAC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) - $\widehat{AED} = \widehat{AMC} = 90^\circ$ (vì AM là đường kính) Vậy $\Delta AEH$ đồng dạng với $\Delta ACM$ (góc-góc). b) Ta có: - I là trung điểm của HM nên HI = IM. - HM cắt đường tròn (O) tại N, do đó HM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEHD. Ta cần chứng minh ba điểm B, I, C thẳng hàng: - Xét tam giác HMC, I là trung điểm của HM nên IC = IH (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông). - Xét tam giác HMB, I là trung điểm của HM nên IB = IH (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông). Vậy IB = IC = IH, suy ra ba điểm B, I, C thẳng hàng. Tiếp theo, ta chứng minh $BC^2 = 4IH \cdot IN$: - Vì I là trung điểm của HM nên $HI = IM = \frac{HM}{2}$. - Xét tam giác HMC, ta có $HC^2 = HM \cdot HN$ (tính chất đường cao hạ từ đỉnh góc vuông trong tam giác vuông). - Thay $HM = 2HI$ vào, ta có $HC^2 = 2HI \cdot HN$. - Vì $BC = HC$ (do B, I, C thẳng hàng), nên $BC^2 = 2HI \cdot HN$. c) Giả sử $\widehat{BAC} = 60^\circ$. Ta cần chứng minh $AH = R$: - Xét tam giác ABC, ta có $\widehat{BAC} = 60^\circ$, do đó $\widehat{BMC} = 120^\circ$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BC). - Xét tam giác AMC, ta có $\widehat{AMC} = 90^\circ$ (vì AM là đường kính). - Xét tam giác AHC, ta có $\widehat{AHC} = 120^\circ$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC). Vậy $\widehat{AHC} = 120^\circ$, suy ra $\widehat{AHC} = 120^\circ$. Do đó, $AH = R$ (vì AH là đường cao hạ từ đỉnh góc vuông trong tam giác vuông). Đáp số: $AH = R$.