(3, 0 điểm). Cho tam giác nhọn \[ABC\] \[\left( {AB < AC} \right)\], đường cao \[AH\]. Kẻ \[HD,\,\,HE\] lần lượt vuông góc với \[AB\], \[AC\] \((D \in AB,\,\,E \in AC)\).

a) Chứng minh \(ADHE\) là tứ giác nội tiếp.

b) Trên tia đối của tia \(DH\) lấy diểm \(F\)\(\left( {F \ne D} \right)\). Đường thẳng qua \(F\) vuông góc với \(FB\) cắt đường thẳng \(AH\)tại \(G\). Kẻ \(GI\) vuông góc với \(HF\)\(\left( {I \in HF} \right)\). Chứng minh  và \(IF = DH\).

c) Tia phân giác của góc \(HEC\) cắt \(CH\) tại \(K\). Kė \(KM,\,\,KN\) lần lượt vuông góc với \(EH,\,\,EC\)\(\left( {M \in EH,\,\,N \in EC} \right)\). Hai đoạn thẳng \(CM\) và \(HN\) cắt nhau tại \(T\). Gọi \(P\) là giao điểm của \(HN\) và \(KM\), \(Q\) là giao diểm của \(CM\)và \(KN\). Chứng minh \(ET\) vuông góc với \(PQ\).

a) Ta có \(\Delta ADH\) vuông tại \(D\) nên \(\Delta ADH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Ta có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(\Delta AEH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

Bốn điểm \(A\,,\,\,D\,,\,\,H,\,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\). Hay tứ giác \(ADHE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).

b) Vì \(GF \bot BF\) tại \(F\) nên ba điểm \(G,\,\,B,\,\,F\) thuộc đường tròn đường kính \(GB\).

\(\Delta GHB\) vuông tại \(G\) nên \(\Delta GHB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(GB\)

Tứ giác \(GHBF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(GB\).

Suy ra \(\widehat {GFI} = \widehat {GBH}\) (cùng chắn cung \(GH\,)\)\(\,\left( 1 \right)\)

Lại có \(GI{\rm{//}}AB\); \(AB \bot HF\) nên \(\widehat {GIF} = \widehat {CHB} = 90^\circ \,\)\(\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\,\left( 1 \right)\) và \(\,\left( 2 \right)\) suy ra: (g.g)

Hay \(\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{GI}}{{GH}}\)\(\left( 3 \right)\)

Vì \(\widehat {BAH} = \widehat {BHD}\) (cùng phụ với \(\widehat {AHD}\)); \(\widehat {HDB} = \widehat {HDA} = 90^\circ \)

Do đó  (g.g)

Suy ra \(\frac{{HD}}{{AD}} = \frac{{HB}}{{AH}}\) hay \(\frac{{HD}}{{HB}} = \frac{{AD}}{{AH}}\)

Mặt khác \(AD\,{\rm{//}}\,GI\) nên \(\frac{{AD}}{{GI}} = \frac{{AH}}{{HG}}\) hay \(\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{GI}}{{HG}}\)\(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta có \(\frac{{FI}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HB}}\) hay \(FI = HD\).

c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(EQ\) và \(PN\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(CM\) và \(EP\).

Tứ giác \(EMKN\) là hình chữ nhật ( vì \(\widehat {MEN} = \widehat {ENK} = \widehat {EMK} = 90^\circ \)).

Lại có \(EK\) là phân giác góc \(HEC\) nên \(EMKN\) là hình vuông.

Vì \(KN{\rm{//}}EH\) nên \(\frac{{CN}}{{CE}} = \frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{KN}}{{HE}}\) nhưng \(ME = NE\) suy ra

\(\frac{{NQ}}{{EM}} = \frac{{NQ}}{{NE}}\)\( = \frac{{KN}}{{HE}} = \frac{{EN}}{{HE}}\) hay \(\frac{{NQ}}{{NE}} = \frac{{EN}}{{HE}}\)

Lại có \(\widehat {ENQ} = \widehat {NEH} = 90^\circ \) nên  (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {NEQ} = \widehat {EHN}\) (hai góc tương ứng).

Hay \(\widehat {NEQ} + \widehat {EHN}\)\( = \widehat {EHN} + \widehat {EHN} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta ELN\)vuông tại \(L\) suy ra \(EQ \bot HN\) tại \(L\)

Tương tự ta có \(EP \bot CM\) tại \(J\).

Xét \(\Delta EPQ\) có \(QJ\) và \(PL\) là hai đường cao cắt nhau tại \(T\) nên \(T\) là trực tâm suy ra \(ET \bot PQ\).