Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và các đường cao \(AF,BD,CE\) cắt nhau tại \(H\).

1. Chứng minh rằng: \(\widehat {DAH} = \widehat {DEH}\).

2. Gọi \(O\) và \(M\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AH\). Chứng minh rằng: Tứ giác \(MDOE\) nội tiếp.

3. Gọi \(K\) là giao điểm của \(AH\) và \(DE\). Chứng minh rằng: \(A{H^2} = 2MK.\left( {AF + HF} \right)\).

1) Vì \(BD,CE\) là đường cao nên \(\widehat {BDA} = \widehat {CEA} = 90^\circ \)

Tứ giác \(ADHE\) có \(\widehat {HDA} + \widehat {HEA} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên \(ADHE\) nội tiếp đường tròn, suy ra \(\widehat {DAH} = \widehat {DEH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\))

Vậy \(\widehat {DAH} = \widehat {DEH}\).

2) Tam giác \(ADH\) vuông tại \(D\) có \(DM\) là trung tuyến (là trung điểm \(AH\)), suy ra \(MD = MA = MH = \frac{{AH}}{2}\)

Tương tự: \(ME = MA = MH = \frac{{AH}}{2}\)

Suy ra \(MD = MA = MH = ME\) \( \Rightarrow \Delta MAD\) cân tại \(M\), suy ra \(\widehat {MDA} = \widehat {MAD}\).

Tương tự: \(\widehat {ODC} = \widehat {OCD}\)

Do đó: \(\widehat {MDA} + \widehat {ODC} = \widehat {MAD} + \widehat {OCD} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {MDO} = 90^\circ \)

Tương tự: \(\widehat {MEO} = 90^\circ \)

Tứ giác \(MDOE\) có \(\widehat {MDO} + \widehat {MEO} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \) nên \(MDOE\) nội tiếp đường tròn.

3) Ta có \(A{H^2} = 2MK.\left( {AF + HF} \right)\)   (1)

\( \Leftrightarrow A{H^2} = 2MK.\left( {AH + HF + HF} \right)\)

\( \Leftrightarrow 4M{H^2} = 2MK.\left( {2HM + 2HF} \right)\)

\( \Leftrightarrow M{H^2} = MK.HM + MK.HF\)

\( \Leftrightarrow M{H^2} - MK.HM = MK.HF\)

\( \Leftrightarrow MH.\left( {MH - MK} \right) = MK.HF\)

\( \Leftrightarrow MH.HK = MK.HF\)

Tam giác \(DKM\) đồng dạng với tam giác \(FDM\) suy ra \(\frac{{MK}}{{MD}} = \frac{{DK}}{{DH}}\)   (2)

Vì (2) được chứng minh nên (1) được chứng minh.

Vậy \(A{H^2} = 2MK.\left( {AF + HF} \right)\).