Đáp án đúng:
Phương pháp giải:
a) Chứng minh \(\angle EDF = \angle EMF\)\( \Rightarrow MDFE\) nội tiếp
b) Chứng minh \(AB.BF + AC.CE\)\( = B{C^2}\), sau đó sử dụng \(BC \le 2R.\)
c) Chứng minh \(\dfrac{r}{R} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \)\(r = \dfrac{1}{2}R\) không đổi.Giải chi tiết:
a) Chứng minh bốn điểm \(M,D,E,F\)cùng thuộc một đường tròn
Vì \(BE,CF\) là đường cao nên \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\)
\( \Rightarrow \)Tứ giác \(BCEF\)nội tiếp đường tròn tâm \(M\) đường kính \(BC\)(dấu hiệu nhận biết)
\( \Rightarrow \angle ECF = \angle EBF\) \( = \angle EMF\,\,\left( 1 \right)\)(góc nội tiếp và góc ở tâm)
Tứ giác \(BDHF\)có \(\angle BDH + \angle BFH\)\( = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)nên tứ giác \(BDHF\)nội tiếp
\( \Rightarrow \angle HBF = \angle HDF\,\,\left( 2 \right)\)
Tương tự, tứ giác \(CDHE\)nội tiếp đường tròn nên \(\angle HCE = \angle HDE\,\,\,\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\)ta có: \(\angle EDF = \angle EDH + \angle HDF\)\( = \angle ECF + \angle EBF = \)\(2.\dfrac{1}{2}\angle EMF = \angle EMF\)
Từ \(\angle EDF = \angle EMF \Rightarrow MDFE\)nội tiếp \( \Rightarrow \)bốn điểm \(M,D,E,F\)cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AB.BF + AC.CE \le 4{R^2}\)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CBF\) có:
\(\angle B\) chung
\(\angle ADB = \angle CFB\left( { = {{90}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \) \(\Delta ABD \sim \)\(\Delta CBF\)\(\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{BC}} = \dfrac{{BD}}{{BF}} \Rightarrow \)\(AB.BF = BC.BD\) (tỷ số đồng dạng) \(\left( 4 \right)\)
Tương tự \(\Delta ACD \sim \Delta BCE(g.g)\)\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{BC}} = \dfrac{{CD}}{{CE}} \Rightarrow \)\(AC.CE = BC.CD\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\)
Cộng \(\left( 4 \right);\left( 5 \right)\)theo từng vế ta được \(AB.BF + AC.CE\)\( = BC.\left( {BD + DC} \right)\)\( = B{C^2}\)
Vì \(BC \le 2R\) nên ta có: \(AB.BF + AC.CE \le 4{R^2}\).
c) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\)không đổi
Gọi \(A';B';C'\)lần lượt là giao diểm thứ hai của các đường thẳng \(AD,BE,CF\) với \(\left( O \right).\)
Ta có \(\angle A'BC = \angle A'AC\)(góc nội tiếp cùng chắn cung \(A'C)\)
\(\angle EBC = \angle A'AC\)(Cùng phụ với \(\angle ACB \Rightarrow \angle A'BC = \angle EBC\)
Tam giác \(HBA'\) có \(BD \bot HA';\angle A'BC = \angle EBC\) nên tam giác \(HBA'\) cân tại \(B\)
\( \Rightarrow BD\)là đường trung trực của \(HA' \Rightarrow D\) là trung điểm của \(HA'\)
Tương tự có \(E,F\)là trung điểm của \(HB',HC'\)
Suy ra \(\Delta DEF \sim \Delta A'B'C'\) theo tỉ số đồng dạng \(k = \dfrac{1}{2}\)
Gọi \(r\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) ta có:
\(\dfrac{r}{R} = \dfrac{{DE}}{{A'B'}}\)\( = k = \dfrac{1}{2}\)\( \Rightarrow r = \dfrac{1}{2}R\) không đổi khi \(A,B,C\) thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right).\)
