Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có \(AB < AC,\) các đường cao \(BE,CF\)của tam giác ABC cắt nhau tại H, đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(BC\) tại K.

            1. Chứng minh tứ giác \(BCEF\) nội tiếp.

            2. Chứng minh hai tam giác \(KBF\) và \(KEC\)đồng dạng, từ đó suy ra \(KB.KC = KF.KE\)

            3. Đường thẳng \(AK\) cắt đường tròn (O) tại G khác A, chứng minh các điểm A, G, F, E, H cùng thuộc một đường tròn.

            4. Gọi I là trung điểm cạnh \(BC,\) chứng minh \(HI\) vuông góc với \(KA.\)

1) Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = {90^^\circ }\) nên \({\rm{B}},{\rm{F}},{\rm{E}},{\rm{C}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính \({\rm{BC}}\).

Suy ra tứ giác \({\rm{BFEC}}\) nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{BC}}\).

2) Xét \(\Delta KBF\) và \(\Delta KEC\) có:

\(\widehat {{\rm{KFB}}} = \widehat {{\rm{KCE}}}\) (vì cùng bù với góc \({\rm{BFE}})\)

\(\widehat {{\rm{BKF}}}\) : chung

Do đó:

Suy ra: \(\frac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KE}}}} = \frac{{{\rm{KF}}}}{{{\rm{KC}}}} \Rightarrow {\rm{KB}}{\rm{.KC}} = {\rm{KF}}.{\rm{KE}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)        (1)

3) Ta chứng minh được (g.g)

Suy ra:\(\frac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KA}}}} = \frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KC}}}} \Rightarrow {\rm{KB}}{\rm{.KC}} = {\rm{KA}}{\rm{.KG}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)                (2)

Từ (1), (2) suy ra: \({\rm{KA}}{\rm{.KG}} = {\rm{KE}}{\rm{.KF}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\)

Xét \(\Delta {\rm{KGF}}\) và \(\Delta {\rm{KEA}}\) có: \(\frac{{{\rm{KG}}}}{{{\rm{KE}}}} = \frac{{{\rm{KF}}}}{{{\rm{KA}}}}\) (vì \({\rm{KA}}{\rm{.KG}} = {\rm{KE}}{\rm{.KF}}\)); \(\widehat {{\rm{GKF}}}\) : chung

Do đó: (c.g.c)

Suy ra: \(\widehat {{\rm{KGF}}} = \widehat {{\rm{KEA}}} \Rightarrow \) Tứ giác AGFE nội tiếp                              (3)

Tứ giác \({\rm{AEHF}}\) nội tiếp (vì \(\widehat {{\rm{AEH}}} + \widehat {{\rm{AFH}}} = {180^^\circ }\))                             (4)

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm: A, G, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính \({\rm{AH}}\).

4) Kẻ đường kính \({\rm{AD}}\) của đường tròn \(({\rm{O}})\). Khi đó: \({\rm{BH}}//{\rm{CD}}\) (vì cùng vuông góc với \({\rm{AC}}\)) \({\rm{CH}}//{\rm{BD}}\) (vì cùng vuông góc với \({\rm{AB}}\)). Do đó tứ giác \({\rm{BHCD}}\) là hình bình hành.

Lại có \({\rm{I}}\) là trung điểm của đường chéo \({\rm{BC}}\) nên I là trung điểm của đường chéo \({\rm{HD}}\)

Suy ra: H, I, D thẳng hàng                                                                 (5)

Ta có: \(\widehat {{\rm{AGD}}} = {90^^\circ }\) (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn)                       (6)

\(\widehat {AGH} = \widehat {AFH} = {90^^\circ }\) (vì nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AH}}\))                      (7)

Từ (5), (6) và (7) suy ra: \({\rm{H}},{\rm{G}},{\rm{I}}\) thẳng hàng. Vậy \({\rm{HI}}\) vuông góc với \({\rm{AK}}\).