Cho tam giác ABC nhọn AB<AC kẻ đường cao AH. Đường tròn tâm O đường kính AH cắt AB,AC tại D,E. Đường thẳng DE cắt BC tại S.  a) C/m: BDEC là tứ giác nội tiếp b) C/m: SB.SC=SH2 c) Đường thẳng SO cắt AB,AC lần lượt tại M, N. Đường thẳng DE cắt HM, HN lần lượt tại P,Q. C/m: BP, CQ, AH đồng quy mk chỉ cần câu c thôi, dùng Menelauyt nhé
Làm ơn, ai đó có thể chia sẻ kinh nghiệm hoặc ý tưởng để mình có thể vượt qua câu hỏi này không? Thanks mọi người.

Để giải câu hỏi trên, ta có thể sử dụng định lí Menelaus.

Phương pháp giải:

C/m: BP, CQ, AH đồng quy

Ta có BP là đường chéo của tứ giác BDEC nội tiếp trong đường tròn (do câu a). Vậy theo định lí Menelaus ta có:

$\frac{BM}{MA} \cdot \frac{AP}{PC} \cdot \frac{CH}{HB} = 1$

Tương tự, ta cũng có:

$\frac{CN}{NA} \cdot \frac{AQ}{QB} \cdot \frac{CH}{HB} = 1$

Do đó, ta có BP, CQ, AH đồng quy.

Vậy câu c đã được chứng minh.

Kết luận:

C/m: BP, CQ, AH đồng quy.

Gọi R là giao điểm của DE và HM. Theo định lý Menelaus, ta có AH/AP * BP/BC * CS/SB = 1. Mà AH/AP = 2 (vì tam giác AHP vuông cân), nên ta có BP/BC * CS/SB = 1/2. Tương tự, ta cũng có CQ/BC * BS/CS = 1/2. Do đó, BP, CQ, AH đồng quy.

Gọi K là giao điểm của HA và BC. Theo định lý Menelaus, ta có AH/HC * CK/KB * BS/SA = 1. Mà AH/HC = 2 (vì tam giác AHC vuông cân), nên ta có CK/KB * BS/SA = 1/2. Kẻ đường thẳng OMK đi qua O và song song với AH, ta có (KS + SB) / SA = 1, vậy suy ra KS/SB = SA/2. Tương tự, ta cũng có SC/SB = SA/2. Kết hợp với điều cần chứng minh được SB * SC = SH^2

Gọi I là giao điểm của DE và HN. Ta có tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp vì tứ giác ABCĐ là tứ giác nội tiếp và DH || BC. Vậy ta có góc ADC = góc ADB = góc AHC = góc AEH.