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 $\widehat{BHD}=\widehat{BEC}=90^\circ$ nên tứ giác BEHD nội tiếp. Ta có $\widehat{EAD}=\widehat{ECB}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung EB) và $\widehat{EAD}=\widehat{MAC}$ (hai góc so le trong) nên $\widehat{MAC}=\widehat{ECB}$. Mặt khác, ta có $\widehat{AHE}=\widehat{CMA}=90^\circ$ nên $\Delta AEH$ đồng dạng với $\Delta ACM$ (g.g). b) Ta có $\widehat{IHC}=\widehat{INH}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung IH) và $\widehat{IHC}=\widehat{IBC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung IB) nên $\widehat{INH}=\widehat{IBC}$. Do đó, ba điểm B, I, C thẳng hàng. Ta có $\widehat{IHC}=\widehat{IBC}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung IB) và $\widehat{ICH}=\widehat{ICB}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung IB) nên $\Delta IHC$ đồng dạng với $\Delta ICB$ (g.g). Từ đó ta có $\frac{IH}{IC}=\frac{IC}{IB}$ hay $IC^2=IH.IB$. Mặt khác, ta có $BC^2=(2IC)^2=4IC^2=4IH.IB=4IH.IN$. c) Ta có $\widehat{BAC}=60^\circ$ nên $\widehat{BMC}=60^\circ$. Mặt khác, ta có $\widehat{MBC}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat{BCM}=30^\circ$. Do đó, ta có $\widehat{AMC}=30^\circ$. Ta có $\widehat{AHC}=90^\circ$ (góc phẳng) và $\widehat{ACH}=30^\circ$ nên $\widehat{CAH}=60^\circ$. Từ đó ta có $\widehat{CAH}=\widehat{CAM}$ nên AH = AM = R.