Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, BH là đường cao kẻ từ B

a) Xét \(\Delta AHB\) vuông cân tại H có D là trung điểm \(AB \Rightarrow DA = DB = DH\)   (1).

Vì F là điểm đối xứng của điểm H qua DE nên \(DH = DF\)   (2).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow DA = DH = DB = DF\).

Suy ra bốn điểm A, H, B, F cùng thuộc được tròn đường kính AB.

Vậy tứ giác ABFH nội tiếp.

b) Tứ giác ABFH nội tiếp (câu 6a) \( \Rightarrow \widehat {FBA} = \widehat {FHE}\)   (3).

Vì F là điểm đối xứng của điểm H qua DE nên \(EH = EF.\)

Suy ra \(\Delta EHF\) cân tại E \( \Rightarrow \widehat {FHE} = \widehat {EFH}\)   (4).

Từ (3), (4) \( \Rightarrow \widehat {FBA} = \widehat {EFH}.\)

c) Vì F là điểm đối xứng của điểm H qua DE nên

                \(\widehat {FDE} = \frac{1}{2}\widehat {HDF}\;\;\;\;\;\left( 5 \right)\)

Từ câu 6a, có A, H, B, F thuộc đường tròn tâm D đường kính AB nên

\(\widehat {HAF} = \frac{1}{2}\widehat {HDF}\;\;\;\left( 6 \right)\).

Từ (5), (6) \( \Rightarrow \widehat {FDE} = \widehat {HAF} = \widehat {EAF}.\)

Suy ra tứ giác FDAE nội tiếp.   (7)

Xét đường tròn (O) tâm O ngoại tiếp \(\Delta ABC\) có

            D là trung điểm dây AB \( \Rightarrow \widehat {ODA} = {90^0}\)

            E là trung điểm dây AC \( \Rightarrow \widehat {OEA} = {90^0}\)

Xét tứ giác ODAE có:

                                           \(\widehat {ODA} + \widehat {OEA} = {180^0}\)

Nên tứ giác ODAE nội tiếp đường tròn đường kính AO.    (8)

Kết hợp (7), (8)           \( \Rightarrow A,D,\;F,\;O,\;E\) cùng thuộc đường tròn đường kính AO.

                                    \( \Rightarrow \widehat {AFO} = \widehat {ADO} = {90^0}\) (cùng chắn cung AO).

Mặt khác: \(\widehat {AFB} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)

Suy ra: \(\widehat {AFO} + \widehat {AFB} = {180^0}\), nghĩa là B, F, O thẳng hàng.

Vậy BF đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC.\)