Cho ΔABCnhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Đường cao BE,CFcắt nhau tại H. Kẻ EM⊥AB, EN⊥BC(M∈AB,N∈AC). BEcắt (O)tại điểm thứ hai là K.

a) \[\Delta BEC\]vuông tại \[E\]nên nội tiếp trong đường tròn đường kính \[BC\,\,\,\left( 1 \right)\]

\[\Delta BFC\]vuông tại \[F\]nên nội tiếp trong đường tròn đường kính \[BC\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right),\,\,\,\left( 2 \right)\] suy ra 4 điểm \[B,\,C,\,E,\,F\]cùng nằm trên đường tròn đường kính\[BC\].

b) Xét \[\Delta BEN\]và \[\Delta AKE\] có:

\[\widehat {AEK} = \widehat {BNE} = 90^\circ \]

\[\widehat {EAK} = \widehat {EBN}\] (cùng chắn cung \[CK\])

Vậy:

Suy ra \[\frac{{BE}}{{AK}} = \frac{{BN}}{{AE}}\] hay \[AE.BE = AK.BN\]

c) Kẻ đường kính \[AP\]. Ta có: \[\widehat {ACP} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có tứ giác \[BCEF\]nội tiếp (4 điểm \[B,\,C,\,E,\,F\]cùng nằm trên đường tròn đường kính\[BC\]) nên \[\widehat {CBF} = \widehat {AEF}\] (cùng bù với \[\widehat {CEF}\]).

Mà \[\widehat {CBF} = \widehat {CPA}\] (cùng chắn cung \[AC\])

Nên \[\widehat {AEF} = \widehat {CPA}\].

Trong \[\Delta PAC\,:\widehat {CPA} + \widehat {CAP} = 90^\circ \]

Nên \[\widehat {AEF} + \widehat {CAP} = 90^\circ \]hay \[OA \bot EF\].

Trong \[AEF\]: \[EM \bot AB;\,OA \bot EF\] nên \[I\]là trực tâm \[AEF\].

Suy ra: \[FI \bot AE\] .

Ta có \[FI\,{\rm{//}}\,HE\,\](cùng vuông góc với \[AE\])

\[EI\,{\rm{//}}\,FH\,\](cùng vuông góc với \[AF\])

Nên \[EHFI\]là hình bình hành.