Cho tam giác \(ABC\) nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) có hai đường cao \(BE,\,\,CF\) cắt nhau tại \(H\).

a) Chứng minh: $\Delta FHB\backsim \Delta EHC$.

b) Chứng minh: \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\).

c) Đường thẳng qua \(B\) và song song với \(EF\) cắt \(AC\) tại \(M\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(BM\), \(D\) là giao điểm của \(EI\) và \(BC\). Chứng minh \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\) và ba điểm \(A,\,\,H,\,\,D\) thẳng hàng.

a) Do \(BE\) và \(CE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {HEC} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta FHB\) và \(\Delta EHC\) có:

\(\widehat {HFB} = \widehat {HEC} = 90^\circ \);

\(\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\) (hai góc đối đỉnh).

Suy ra $\Delta FHB\backsim \Delta EHC$ (g.g).

b) Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACF\) có:

\(\widehat {A\,\,}\) là góc chung;

\(\widehat {AEB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \).

Suy ra $\Delta ABE\backsim \Delta ACF$ (g.g).

Do đó \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}\) hay \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\).

c)

⦁ Chứng minh \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\)

Từ \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}}\) suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\).

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:

\(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\);

\(\widehat {A\,\,}\) là góc chung.

Suy ra $\Delta AEF\backsim \Delta ABC$ (c.g.c) suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\).

Vì \(BM\,{\rm{//}}\,EF\) nên \(\widehat {AMB} = \widehat {AEF}\) (hai góc đồng vị).

Vậy \(\widehat {AMB} = \widehat {ABC}\) (1).

Xét \(\Delta BEM\) vuông tại \(E\), có \(EI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BM\) (vì \(I\) là trung điểm \(BM\)) nên \(EI = IM\).

Do đó, \(\Delta EIM\) cân tại \(I\) suy ra \(\widehat {IEM} = \widehat {IME}\) (\(\widehat {IME}\) chính là \(\widehat {AMB}\)) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {IEM} = \widehat {ABC}\).

Mặt khác, \(\widehat {IEM}\) chính là \(\widehat {CED}\) (do tia \(EM\) trùng với tia \(EC\) và tia \(EI\) trùng với tia \(ED\)).

Kết hợp lại ta được \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\).

⦁ Chứng minh \(A,\,\,H,\,\,D\) thẳng hàng

 Gọi \(D'\) là chân đường cao hạ từ \(A\) xuống \(BC\) (suy ra \(AD' \bot BC\)).

Xét \(\Delta ACD'\) (vuông tại \(D'\)) và \(\Delta BCE\) (vuông tại \(E\) do \(BE \bot AC\)) có:

\(\widehat {C\,}\) là góc chung.

\(\widehat {AD'C} = \widehat {BEC} = 90^\circ \).

Suy ra $\Delta AC{D}^{\text{'}}\backsim \Delta BCE$ (g.g).

Từ đó ta có tỉ số đồng dạng: \(\frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{CD'}}{{CE}}\) suy ra \(CD' \cdot CB = CE \cdot CA\) (3).

Từ câu c), ta đã có $\Delta CDE\backsim \Delta CAB$  suy ra \(\frac{{CD}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{CB}}\) suy ra \(CD \cdot CB = CE \cdot CA\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(CD \cdot CB = CD' \cdot CB\)

Vì \(CB > 0\) nên \(CD = CD'\).

Mặt khác, hai điểm \(D\) và \(D'\) đều nằm trên đường thẳng \(BC\) nên điểm \(D\) phải trùng với điểm \(D'\) (\(D \equiv D'\)).

Do đó, \(AD \bot BC\) (vì \(AD' \bot BC\)).

Mặt khác, \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\) (giao điểm của hai đường cao \(BE\) và \(CF\)), nên đường cao hạ từ \(A\) xuống \(BC\) bắt buộc phải đi qua \(H\) (hay \(AH \bot BC\)).

Vì qua điểm \(A\) chỉ có duy nhất một đường thẳng vuông góc với \(BC\), nên hai đường thẳng \(AD\) và \(AH\) trùng nhau.

Vậy ba điểm \(A,\,\,H,\,\,D\) thẳng hàng (đpcm).