Cho tam giác nhọn \(ABC\) (với \(AB < AC\)) có hai đường cao \(BE,CF\) cắt nhau tại điểm \(H\).

1) Chứng minh tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn.

2) Gọi \(I\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AH\) và \(EF\). Chứng minh rằng \(IA \cdot IH = IE \cdot IF\).

3) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BC\). Đường thẳng đi qua điểm \(H\) vuông góc với \(AM\), cắt cung nhỏ  của đường tròn đường kính \(BC\) tại điểm \(K\). Chứng minh \(AK\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(BC\).

1) Do \(BE \bot AC\) nên \(\Delta AEH\)vuông tại \(E\)

Suy ra: 3 điểm \(A,E,H\)thuộc đường tròn đường kính \(AH\)

Do \(CF \bot AB\) nên \(\Delta AFH\)vuông tại \(F\)

Suy ra: 3 điểm \(A,F,H\)thuộc đường tròn đường kính \(AH\)

Suy ra: Tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn

2) Xét \(\Delta FIH\) và \(\Delta AIE\)có:

\(\widehat {FHI} = \widehat {IEA}\) (góc nội tiếp chắn )

\(\widehat {FIH} = \widehat {EIA}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó  

Suy ra \(\frac{{IF}}{{IA}} = \frac{{IH}}{{IE}}\) hay \(IA \cdot IH = IE \cdot IF\).

3) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm \(AH\) và \(P\) là giao điểm \(HK\) với \(AM\).

Do \(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên \(B,F,C\) cùng thuộc \(\left( M \right)\)

\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) nên \(B,E,C\) cùng thuộc \(\left( M \right)\)

Kết hợp \(K\) thuộc \(\left( M \right)\)nên \(B,C,E,F,K\) cùng thuộc \(\left( M \right)\)

Do \(HP \bot AM\) (gt) nên \(\Delta AHP\) vuông tại \(P\) nên \(P\) thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

Do \(N\) là trung điểm \(AH\) nên \(N\) là tâm đường tròn qua \(A,E,F,P,H\).

Vì \(\Delta ABC\) có đường cao \(BE,CF\)cắt nhau tại \(H\) nên \(H\) là trực tâm.

Suy ra \(AH \bot BC\)tại \(D\)

Khi đó: \(\widehat {NEM} = 180^\circ - \left( {\widehat {NEA} + \widehat {MEC}} \right)\)\( = 180^\circ - \left( {\widehat {NEA} + \widehat {MCE}} \right)\)\( = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {MEP} = 90^\circ - \widehat {PEN} = 90^\circ - \frac{{180^\circ - \widehat {ENP}}}{2}\) (do \(\Delta NEP\)cân tại \(N\) và tổng ba góc bằng 180°)

\( = 90^\circ - 90^\circ + \frac{1}{2}\widehat {ENP} = \widehat {EAP}\) (cùng chắn )

Vậy \(\widehat {MEP} = \widehat {EAM}\)

Xét \(\Delta MEP\) và \(\Delta MAE\) có

\[\widehat {MEP} = \widehat {EAM}\]và \(\widehat {EMA}\) chung

Suy ra

Khi đó \[\frac{{ME}}{{MA}} = \frac{{EP}}{{ME}}\]hay \[MP.MA = M{E^2}\]

Mà \[ME = MK = {R_{\left( M \right)}}\] nên \[MP.MA = M{K^2}\] hay \[\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MP}}{{MK}}\]

Xét \[\Delta MKP\]và \[\Delta MAK\] có \[\frac{{MK}}{{MA}} = \frac{{MP}}{{MK}}\] và \(\widehat {MKA}\) chung nên

Suy ra \(\widehat {MPK}\)= \(\widehat {MKA}\) = 90° hay \(MK \bot AK\)  nên \(AK\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(BC\)(đpcm).