Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc $\widehat{\text{CAB}},\widehat{\text{ABC}},\widehat{\text{\hspace{0.17em}BCA}}$ đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF.

4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh $\widehat{\text{DIJ}}=\widehat{\text{DFC}}$.

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

Tứ giác BFEC có $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}={90}^0$

=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

$∆$OBE cân tại O (do OB=OE) => $\widehat{OBE}=\widehat{OEB}$

$∆$AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)

=> ME=AH:2= MH do đó $∆$MHE cân tại M=> $\widehat{MEH}=\widehat{MHE}=\widehat{BHD}$

Mà $\widehat{BHD}+\widehat{OBE}={90}^0$($∆$HBD vuông tại D)

Nên $\widehat{OEB}+\widehat{MEH}={90}^0$ Suy ra $\widehat{MEO}={90}^0$

$\Rightarrow EM\perp OE$ tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh $\widehat{\text{DIJ}}=\widehat{\text{DFC}}$

Tứ giác AFDC có $\widehat{AFC}=\widehat{ADC}={90}^0$ nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => $\widehat{BDF}=\widehat{BAC}$

$∆$BDF và $∆$BAC có $\widehat{BDF}=\widehat{BAC}$ (cmt); $\widehat{B}$ chung do đó $∆$BDF $~$ $∆$BAC(g-g)

Chứng minh tương tự ta có $∆$DEC $~$ $∆$ABC(g-g)

Do đó $∆$DBF$~$$∆$DEC $\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{EDC}\Rightarrow \widehat{BDI}=\widehat{IDF}=\widehat{EDJ}=\widehat{JDC}\Rightarrow \widehat{IDJ}=\widehat{FDC}$(1)

Vì $∆$DBF$~$$∆$DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác $\Rightarrow \frac{DI}{DF}=\frac{DJ}{DC}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $∆$DIJ$~$$∆$DFC (c-g-c) => $\widehat{\text{DIJ}}=\widehat{\text{DFC}}$