Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại

a) Tứ giác AOMN là hình bình hành.

Kẻ đường kính AK (K nằm trên đường tròn (O)). Khi đó \(AC \bot CK;BK \bot AB\).

Dễ dàng suy ra \(BK//CH\) và \(CK//BH\) (cùng vuông góc với một đường thẳng).

Từ đó suy ra BHCK là hình bình hành. Vì M là trung điểm BC nên \(M \in HK\) và \(MH = MK\).

Tam giác AHK có M và N lần lượt là trung điểm của HK và AH nên MN là đường trung bình của . Suy ra \(MN//AO\) và \(MN = \frac{1}{2}AK = AO.\)

Vậy AOMN là hình bình hành.

\(b)\;A{P^2} = A{Q^2} = AE.AC.\)

Tam giác AFH vuông tại F suy ra \(FN = NH\). Tương tự,  vuông tại E nên \(NE = NH\). Như vậy \(NF = NE\;\;\;\left( 1 \right)\).

Lại có  và  lần lượt vuông tại F và E, có các đường trung tuyến lần lượt là MF và ME. Do đó \(MF = ME = \frac{1}{2}BC\;\;\;\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) suy ra MN là trung trực của EF. Suy ra \(EF \bot MN\;\;\;\left( 3 \right)\).

Lại có \(MN//AO\), kết hợp với (3) suy ra \(AO \bot EF\) hay \(AO \bot PQ\). Suy ra A là điểm chính giữa cung PAQ, suy ra \(AP = AQ\) hay cung AQ bằng cung AP.

Mặt khác, \(\widehat {AQP} = \widehat {APQ} = \widehat {ACQ}\) (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau). Nên .

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AQ}} = \frac{{AQ}}{{AC}} \Rightarrow AE.AC = A{Q^2}\)

Vậy \(A{P^2} = A{Q^2} = AE.AC\)

c) Tứ giác DMEF nội tiếp và \(\frac{{FP}}{{PS}} = \frac{{QE}}{{ES}}\)

Tứ giác BFEC nội tiếp suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}.\)

Tam giác EMC cân tại M nên \(\widehat {MEC} = \widehat {ACB}\).

Suy ra \(\widehat {FEM} = {180^0} - \widehat {AEF} - \widehat {MEC} = {180^0} - \widehat {ABC} - \widehat {ACB} = \widehat {BAC}.\)

Tứ giác DFAC nội tiếp nên \(\widehat {FDM} + \widehat {BAC} = {180^0}\). Suy ra \(\widehat {FEM} = \widehat {FDM} = {180^0}\)

Vậy tứ giác DMEF là tứ giác nội tiếp.

Hai tam giác SDF và SEM có:

\(\widehat {SDF} = \widehat {SEM};\) chung \(\widehat {DSF}\) nên chúng đồng dạng

Suy ra \(\frac{{SD}}{{SF}} = \frac{{SE}}{{SM}}\)  hay \(SD.SM = SE.SF\).

Từ tứ giác BFEC nội tiếp, ta cũng suy ra \(SE.SF = SB.SC\), tứ giác BCQP nội tiếp ta cũng có \(SB.SQ = SP.SQ\).

Suy ra \(SP.SQ = SE.SF\) \( \Rightarrow \frac{{SF}}{{SP}} = \frac{{SQ}}{{SE}}\)

Vậy \(\frac{{SF}}{{SP}} - 1 = \frac{{SQ}}{{SE}} - 1\) hay \(\frac{{SF - SP}}{{SP}} = \frac{{SQ - SE}}{{SE}} \Rightarrow \frac{{PF}}{{PS}} = \frac{{EQ}}{{SE}}\)