Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R.

Hai đường cao AE và BK của tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC).

1. Chứng minh tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.

2. Chứng minh $CE.CB=CK.CA$.

3. Chứng minh $\widehat{OCA}=\widehat{BAE}$.

4. Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thoả mãn điều kiện tam giác ABC nhọn;

khi đó H thuộc một đường tròn (T) cố định. Xác định tâm I và tính bán kính r của đường tròn (T) biết R=3 cm

1. + Ta có $\widehat{AEB}=\widehat{AKB}={90}^0$.

Nên E và K cùng thuộc đường tròn đường kính AB.

+ Vậy tứ giác ABEK nội tiếp trong một đường tròn.

2. + Vì $AE\perp BC;BK\perp AC\mathit{\Rightarrow }\widehat{\mathit{A}\mathit{E}\mathit{C}}=\widehat{\mathit{B}\mathit{K}\mathit{C}}={90}^{\mathit{0}}$

+ Chỉ ra hai tam giác AEC và BKC đồng dạng (g-g).

Suy ra $\frac{CE}{CK}=\frac{CA}{CB}$. Vậy $CE.CB=CK.CA$.

3. + Vẽ tiếp tuyến t't của đường tròn (C) tại điểm C,  ta có: $\widehat{ACt}=\widehat{ABC}$.

+ Lại có $\widehat{ABC}=\widehat{EKC}$ (cùng bù với $\widehat{EKA}$), suy ra $\widehat{ACt}=\widehat{EKC},$ do đó EK song song với t't .

+ Mặt khác $OC\perp t\text{'}t\Rightarrow OC\perp EK$

+ Ta có  $\widehat{OCA}+\widehat{CKE}={90}^0$ (do $OC\perp EK$) và $\widehat{BKE}+\widehat{CKE}={90}^0$ (vì $BK\perp AC$) suy ra $\widehat{OCA}=\widehat{BKE}$    (1).

+ Lại có: $\widehat{BKE}=\widehat{BAE}$ (do tứ giác ABEK nội tiếp )    (2).

+ Từ (1) và (2) ta có $\widehat{OCA}=\widehat{BAE}$.

4. + Gọi H’ là giao điểm thứ hai của AE và đường tròn (C); I là điểm đối xứng với O qua BC.

Có $\widehat{BHH\text{'}}=\widehat{BCA}=\widehat{BH\text{'}H},$ suy ra tam giác BHH' cân tại B nên H và H’ đối xứng nhau qua BC.

+ Vì O và I đối xứng nhau qua BC, do đó $IH=OH\text{'}=R$.

+ Do O cố định, BC cố định nên I cố định. Từ đó có H thuộc đường tròn (T) có tâm I, bán kính R=3 cm.

+ Vậy đường tròn (T) có tâm là điểm I đối xứng với O qua BC và bán kính $r=R=3cm.$