Cho Δ ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H .
a) Vì \(BE\), \(CF\) là các đường cao của \(\Delta ABC\) nên \(\Delta BCE\) vuông tại \(E\) và \(\Delta BCF\) vuông tại \(F\).
Do đó, \(\Delta BCE\) và \(\Delta BCF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\). Do đó tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).
b) Xét hai tam giác \(KBE\) và \(KFC\), ta có:
+) \(\widehat {EKB} = \widehat {CKF}\) (góc chung)
+) \(\widehat {KEB} = \widehat {KCF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(BC\))
Suy ra \(\Delta KBE \sim \Delta KFC\).
Do đó \(\frac{{KE}}{{KC}} = \frac{{KB}}{{KF}}\).
Suy ra \(KE.KF = KB.KC\) (đpcm).
c) Ta có: \(\widehat {BEC} = \widehat {SCA} = 90^\circ \) (vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\) và \(\widehat {SCA}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))
Suy ra \(BH\;{\rm{//}}\;SC\).
Ta có:
+) \(\widehat {BAS} = \widehat {BCS}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn \(\left( O \right)\))
+) \(\widehat {BCS} = \widehat {CBE}\) (do \(BH\;{\rm{//}}\;SC\))
+) \(\widehat {CBE} = \widehat {CFE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(BC\))
Suy ra \(\widehat {BAS} = \widehat {CFE} \Rightarrow \widehat {AFP} + \widehat {BAS} = \widehat {AFP} + \widehat {CFE} = \widehat {AFH} = 90^\circ \).
Suy ra \(KP \bot AQ\).
Mà \(AP \bot KQ\) (do \(AH \bot BC\)) nên \(P\) là trực tâm \(\Delta AKQ\).
Suy ra \(PQ \bot AK\quad \left( 1 \right)\).
Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(\left( O \right)\) (với \(M \ne A\)).
Chứng minh tương tự câu b), ta có \(KM.KA = KB.KC\). Suy ra \(KE.KF = KM.KA\).
Suy ra tứ giác \(AMFE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\).
Suy \(\widehat {AMH} = 90^\circ \).
Mà \(\widehat {AMS} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\))
nên \(M,\;H,\;S\) thẳng hàng. Suy ra \(HS \bot AK\quad \left( 2 \right)\).
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(QP\) song song với \(HS\).