Giải Bài 9.40 trang 93 SGK Toán 9

Lời giải

a) Chứng minh tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn tâm $I$.

Vì $BE$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $BE \perp AC$, suy ra $\widehat{AEH} = 90^\circ$.

Vì $CF$ là đường cao của tam giác $ABC$ nên $CF \perp AB$, suy ra $\widehat{AFH} = 90^\circ$.

Hai điểm $E$ và $F$ cùng nhìn đoạn $AH$ dưới một góc vuông nên $E$, $F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AH$. Do đó bốn điểm $A$, $E$, $H$, $F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.

Tâm của đường tròn này là trung điểm của đường kính $AH$, tức là điểm $I$. Vậy tứ giác $AEHF$ nội tiếp đường tròn tâm $I$, bán kính $IA = IH = IE = IF = \dfrac{AH}{2}$.

b) Chứng minh $ME$, $MF$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$.

Gọi $D$ là giao điểm của tia $AH$ với $BC$. Vì $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ nên $AD \perp BC$. Đặt $\widehat{ABC} = B$, $\widehat{ACB} = C$.

*Chứng minh $ME$ là tiếp tuyến.*

Vì $BE \perp AC$ nên tam giác $BEC$ vuông tại $E$. $M$ là trung điểm của cạnh huyền $BC$ nên $ME = MB = MC = \dfrac{BC}{2}$. Suy ra tam giác $MEC$ cân tại $M$, do đó $\widehat{MEC} = \widehat{MCE} = C$.

Vì $IE = IA$ (bán kính đường tròn tâm $I$) nên tam giác $IAE$ cân tại $I$, do đó $\widehat{IEA} = \widehat{IAE} = \widehat{DAC}$. Tam giác $ADC$ vuông tại $D$ có $\widehat{ACD} = C$ nên $\widehat{DAC} = 90^\circ - C$. Vậy $\widehat{IEA} = 90^\circ - C$.

Vì ba điểm $A$, $E$, $C$ thẳng hàng và $I$, $M$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $AC$ nên

$$\widehat{IEM} = 180^\circ - \widehat{IEA} - \widehat{MEC} = 180^\circ - (90^\circ - C) - C = 90^\circ.$$

Suy ra $ME \perp IE$ tại $E$. Mà $IE$ là bán kính của đường tròn $(I)$ nên $ME$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$ tại $E$.

*Chứng minh $MF$ là tiếp tuyến (tương tự).*

Vì $CF \perp AB$ nên tam giác $BFC$ vuông tại $F$. $M$ là trung điểm của cạnh huyền $BC$ nên $MF = MB = MC = \dfrac{BC}{2}$, suy ra tam giác $MFB$ cân tại $M$, do đó $\widehat{MFB} = \widehat{MBF} = B$.

Tam giác $IAF$ cân tại $I$ (vì $IF = IA$) nên $\widehat{IFA} = \widehat{IAF} = \widehat{DAB} = 90^\circ - B$ (do tam giác $ADB$ vuông tại $D$).

Vì ba điểm $A$, $F$, $B$ thẳng hàng nên

$$\widehat{IFM} = 180^\circ - \widehat{IFA} - \widehat{MFB} = 180^\circ - (90^\circ - B) - B = 90^\circ.$$

Suy ra $MF \perp IF$ tại $F$, nên $MF$ là tiếp tuyến của đường tròn $(I)$ tại $F$.

Vậy $ME$ và $MF$ đều tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AEHF$ (đpcm).

Đáp số