Cho tam giác \[ABC\] có ba góc nhọn \[\left( {AB\; < AC} \right).\] Đường tròn tâm \[O\] đường kính \[BC\] cắt hai cạnh \[AB,\,\,\;AC\] lần lượt tại \[E\] và \[F\] \[(E\] khác \[B,\,\,F\] khác \[C).\] Các đoạn thẳng \[BF\] và \[CE\] cắt nhau tại \[H,\] tia \[AH\] cắt \[BC\] tại \[K.\]

1) Chứng minh bốn điểm \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \) từ đó suy ra tứ giác \[AEHF\] nội tiếp.

2) Gọi \[D\]  là giao điểm của \[AH\] và \[\left( O \right)\] \[(D\] nằm giữa \[A\] và \[H),\] chứng minh \[B{D^2}\; = BK \cdot BC\] và \(\widehat {BDH} = \widehat {BFD}.\)

3) Trong trường hợp \(\widehat {BAC} = 60^\circ \) và \(BC = 6\,\,{\rm{cm}},\)tính độ dài đoạn thẳng \[EF\] và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AEF.\]

Vậy \[A,\,\,E,\,\,F,\,\,H\] cùng thuộc đường trong đường kính \[AH\] hay tứ giác \[AEHF\] nội tiếp.

2) Ta có  (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét BDK và BCD có \[\widehat {CBD}\] chung; \[\widehat {BKD} = \;\widehat {BDC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\]

Do đó  

Suy ra \(\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BK}}{{BD}}\) hay \[B{D^2} = BK \cdot BC\].

Do  nên \[\widehat {BDH} = \;\widehat {BCD}\] (hai góc tương ứng).

Mà \[\widehat {BCD} = \widehat {BFD}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BD)\]

Nên \[\widehat {BDH} = \widehat {BFD}\] (đpcm)

Do \[\Delta AFB\] vuông tại \[F\] nên \[\widehat {ABF} = 90^\circ  - \widehat {BAF} = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ \].

Mà  nên \[\widehat {OEF} = 2 \cdot 30^\circ  = 60^\circ .\]

Xét \[\Delta OEF\] cân tại \[O\] (do \[OE = OF\]) có \[\widehat {EOF} = 60^\circ \] nên \[\Delta OEF\] là tam giác đều.

Suy ra \[EF = OE = OF = \frac{1}{2}BC = 3\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}\]

Xét \[\Delta ABC\] có đường cao \[CE\] và \[BF\] cắt nhau tại \[H\] nên \[H\] là trực tâm.

Suy ra \[AH \bot BC\]

Xét \[\Delta AHF\] và \[\widehat {BHK}\] có \[\widehat {AHF} = \;\widehat {BHK}\] (đối đỉnh) và \[\widehat {AFH} = \;\widehat {BKH}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\]

Suy ra \[\widehat {HAF} = \widehat {HBK}\] hay \[\widehat {HAF} = \widehat {FBC}\]

Kết hợp \[\widehat {AFH} = \;\widehat {BFC}\,\,\left( { = \;90^\circ } \right)\] suy ra

Suy ra \(\frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AF}}{{BF}} = \cot \widehat {FAB} = \cot 60^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) .

Suy ra \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot BC = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \cdot 6 = 2\sqrt 3 .\)

Xét tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AH\] nên bán kính bằng \(\frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 .\)

Vậy \[EF = 3\,\,{\rm{cm}}\] và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AEF\] là \(\sqrt 3 .\)