Cho tam giác nhọn \[ABC\], không cân, nội tiếp \[\left( O \right)\]. Các đường cao \[AD,\,BE,\,CF\] của tam giác \[ABC\] cắt nhau tại \[H\].

a) Chứng minh bốn điểm \[D,H,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi \[M\] là trung điểm của \[BC\], đường thẳng \[ME\] cắt đường kính \[AK\] tại \[N\]. Chứng minh tam giác \[BAD\] đồng dạng với tam giác \[KAC\] và \[AE.AB = AN.AH\].

c) Trên \[BE\] lấy điểm \[P\] sao  cho \[H\] là trung điểm\[BP\], từ \[P\] vẽ đường thẳng song song với \[AD\] và cắt \[AC\] tại \[Q\]. Chứng minh \[\widehat {HNQ} = {90^0}\].

a) Ta có \[\widehat {HDC} = {90^0}\] (đường cao \[AD\])

             \[\widehat {HEC} = {90^0}\] (đường cao \[BE\])

Xét  vuông tại \[D\] có ba điểm \[H,D,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HC\] (1).

Xét  vuông tại \[E\] có ba điểm \[H,E,C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[HC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[D,H,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét \[\left( O \right)\] có \[\widehat {ACK} = {90^0}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét $△BAD$  và $△KAC$  có

\[\widehat {ACK} = \widehat {ADB}\left( { = {{90}^0}} \right)\]

\[\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\](cùng chắn cung \[AC\])

 $△BAD\backsim △KAC\left(g.g\right)$

\[ \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {KAC}\] hay \[\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\]

Xét  vuông tại \[E\] có \[EM\] là đường trung tuyến  cân tại \[C\]

\[\widehat {MEC} = \widehat {MCE}\].

Vì bốn điểm \[D,H,E,C\] cùng thuộc một đường tròn nên tứ giác \[DHEC\] nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {EHD} = {180^0} - \widehat {MCE}\]

mà \[\widehat {AHB} = \widehat {EHD}\,\]

\[ \Rightarrow \widehat {AHB} = {180^0} - \widehat {MEC}\]

Lại có \[\widehat {AEN} = {180^0} - \widehat {MEC} = {180^0} - \widehat {MCE} \Rightarrow \widehat {AHB} = \widehat {AEN}\]

Xét $△AEN$ và $△AHB$ có

\[\widehat {BAH} = \widehat {NAE}\left( {cmt} \right)\]

\[\widehat {AEN} = \widehat {AHB}\] (cmt)

 $△AEN\backsim △AHB\left(g.g\right)$

\[ \Rightarrow \frac{{AE}}{{AH}} = \frac{{AN}}{{AB}} \Rightarrow AE.AB = AN.AH\]

c) Ta có \[\widehat {AHE} = {180^0} - \widehat {AHB}\]

                \[\begin{array}{l}\widehat {MEC} = {180^0} - \widehat {AEN}\\ \Rightarrow \widehat {AHE} = \widehat {MEC}\end{array}\]

mà \[AD//PQ \Rightarrow \widehat {AHE} = \widehat {EPQ} \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {EPQ}\,\left( 3 \right)\]

$△AHB\backsim △AEN\Rightarrow \frac{AH}{AE}=\frac{HB}{EN}$  mà \[HP = HB \Rightarrow \frac{{AH}}{{AE}} = \frac{{HP}}{{EN}}\]

\[PQ//AH \Rightarrow \frac{{PQ}}{{EQ}} = \frac{{AH}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{PQ}}{{EQ}} = \frac{{HP}}{{EN}}\,\,\left( 4 \right)\]

Từ (3) và (4) suy ra $△PQH\backsim △EQN\left(c.g.c\right)\Rightarrow \frac{PQ}{HQ}=\frac{EQ}{NQ}\left(5\right)$

và \[\widehat {PQH} = \widehat {EQN}\]

mà \[\widehat {PQH} = \widehat {PQE} + \widehat {EQH}\]

     \[\widehat {EQN} = \widehat {HQN} + \widehat {EQH}\]

\[ \Rightarrow \widehat {PQE} = \widehat {HQN}\,\,\left( 6 \right)\]

Từ (5) và (6) $\Rightarrow △PQE\backsim △HQN\left(c.g.c\right)\Rightarrow \widehat{PEQ}=\widehat{HNQ}\Rightarrow \widehat{HNQ}={90}^0$.