Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) có đường cao \(AH\) và nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(E,\,F\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên các cạnh \(AB,\,AC\). Đường kính \(AD\) của \(\left( O \right)\) cắt \(EF\) tại \(K\) và \(DH\) cắt\(\left( O \right)\) tại \(L\) (\(L\) khác \(D\)).

a) Chứng minh các tứ giác \(AEHF\) và  \(ALHF\) nội tiếp.

b) Chứng minh tứ giác \(BEFC\) nội tiếp và \(AD\) vuông góc với \(EF\) tại \(K\).

c) Tia \(FE\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(P\) và cắt \(BC\) tại \(M\). Chứng minh \[AP = AH\] và ba điểm \(A,\,L,\,M\) thẳng hàng.

a) Ta có: \(HE \bot AB,\,HF \bot AC\) nên \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = 90^\circ \). Tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {AEH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {AEH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên tứ giác \(AEHF\) nội tiếp. (0,5 điểm)

Do \(AD\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ALD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Tứ giác \(ALHF\) có \(\widehat {ALH},\,\widehat {AFH}\) là hai góc đối và \(\widehat {ALH} + \,\widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên tứ giác \(ALHF\) nội tiếp.                                                                           (0,5 điểm)

b) Ta có: \(AH \bot BC\) và \(HE \bot AB\) nên \(\widehat {EBH} = 90^\circ  - \widehat {BHE} = \widehat {AHE}\).

Mà \(\widehat {AHE} = \widehat {AFE}\) (do tứ giác \(AEHF\) nội tiếp).

Suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {EBC}\) (1).

Tứ giác \(BEFC\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(B\) nên tứ giác \(BEFC\) nội tiếp.                                                                                                  (0,5 điểm)

Trong đường tròn \(\left( O \right)\), ta có \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp chắn cung \(AC\)) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFE} = \widehat {ADC}\) hay \[\widehat {AFK} = \widehat {KDC}\].

Tứ giác \(CDKF\) có góc ngoài tại đỉnh \(F\) bằng góc trong tại đỉnh \(D\) nên tứ giác \(CDKF\) nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {DKF} + \widehat {CKF} = 180^\circ \).

Mặt khác \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (do \(AD\) là đường kính của \(\left( O \right)\)).

Từ đó suy ra \(\widehat {DKF} = 90^\circ \). Suy ra \(AD \bot EF\) tại \(K\).                                     (0,5 điểm)

c) Tứ giác \(APBC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {APC} = \widehat {ABC}\). (3)

Từ (1) và (3) suy ra \(\widehat {APC} = \widehat {AFE}\).

Do đó, hai tam giác \(APF\) và \(ACP\) đồng dạng (g.g).

Suy ra \(\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AF}}{{AP}}\).

Nên \(A{P^2} = AC.AF\).                                                                       (0,25 điểm)

Lại có \(A{H^2} = AC.AF\) (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HF\)).                                                                         

Do đó, \(A{P^2} = A{H^2}\). Suy ra \(AP = AH\).                                              (0,25 điểm)

Vì các tứ giác \(AEHF,\,ALHF\) nội tiếp nên năm điểm \(A,\,E,\,F,\,H,\,L\) cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra tứ giác \(ALEF\) nội tiếp.

Từ đó suy ra \(\widehat {MEL} = \widehat {LAF}\) (cùng bù với \(\widehat {LEF}\)).

Lập luận tương tự với tứ giác nội tiếp \(ALBC\), ta có \(\widehat {MBL} = \widehat {LAC}\).

Từ hai điều trên, suy ra \(\widehat {MBL} = \widehat {MEL}\).

Tứ giác \(MBEL\) có hai đỉnh kề nhau là \(B,\,E\) cùng nhìn cạnh \(ML\) dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác \(MBEL\) nội tiếp.                                                         (0,25 điểm)

Suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {EBC}\) (cùng bù với \(\widehat {MBE}\)). (4)

Từ (1) và (4) suy ra \(\widehat {MLE} = \widehat {AFE}\).

Lại có \(\widehat {AFE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \) (do tứ giác \(ALEF\) nội tiếp).

Do đó, \(\widehat {MLE} + \widehat {ALE} = 180^\circ \).

Vậy ba điểm \(A,\,L,\,M\) thẳng hàng.                                                       (0,25 điểm)