Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H.

1) Tính  $\widehat{BDC}$.

2) Chứng minh AEHD là tứ giác nội tiếp.

3) Các đường thẳng BD và CE cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại P và Q (P khác B, Q khác C). Chứng minh HB.HP = HC.HQ.

4) Chứng minh OA vuông góc DE.

a) Ta có BD ^ AC (gt) Þ  $\widehat{BDC}$= 90°

b) Ta có

CE ^ AB (gt) Þ  $\widehat{AEC}$ = 90°

BD ^ AC (gt) Þ $\widehat{BDA}$ = 90°

Þ $\widehat{AEC}+\widehat{BDA}$= 180°

Þ AEHD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°).

3) Xét ∆BHQ và ∆CHP có:

 $\widehat{BHQ}=\widehat{CHP}$(Hai góc đổi đỉnh)

 $\widehat{BQH}=\widehat{CPH}$(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC của đường tròn (O)).

Nên ∆BHQ  $\backsim$∆CHP (g.g)

Þ  $\frac{BH}{CH}=\frac{HQ}{HP}$Þ HB.HP = HC.HQ

4) Ta có

  $\widehat{BDC}=\widehat{BEC}$= 90° (chứng minh trên)

Mà hai góc $\widehat{BDC}$  và  $\widehat{BEC}$ cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc vuông

Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Þ $\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE) (1).

Có  $\widehat{BCQ}=\widehat{QPB}$(góc nội tiếp cùng chắn cung BQ của đường tròn (O)) (2).

Từ (1) và (2) Þ  $\widehat{QPB}=\widehat{BDE}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị Þ PQ // DE (*).

Ta có  $\widehat{DCE}=\widehat{DBE}$(góc nội tiếp cùng chắn cung DE của đường tròn nội tiếp tứ giác BCDE).

Hay  $\widehat{ACQ}=\widehat{ABP}$ Û AP = AQ (3).

Mặt khác: OP = OQ (cùng là bán kính của đường tròn (O)) (4).

Từ (3) và (4) Þ OA là đường trung trực của đoạn thẳng PQ Þ OA ^ PQ (*)(*).

Từ (*) và (*)(*) suy ra OA ^ DE (đpcm).