Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) , các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H . Kẻ đường kính AQ của đường tròn ( O ) cắt cạnh BC tại I .

a) Ta có \(BE\)\( \bot \) \(AC\)(gt) nên \(\widehat {AEH} = {90^0}\). Suy ra \(\Delta AEH\)vuông tại \(E\).

            Suy ra \(A\), \(H\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (1)

            Ta có \(CF\)\( \bot \) \(AB\) (gt) nên \(\widehat {HFA} = {90^0}\). Suy ra \(\Delta AFH\) vuông tại \(F\).

            Suy ra \(A\), \(H\), \(F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\) (2)

            Từ (1), (2) suy ra bốn điểm \(A\), \(F\), \(H\), \(E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\).

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:

                   \(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

                     \(\widehat {ACQ} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

            Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ACQ\) có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AQC}\); \(\widehat {ADB} = \widehat {ACQ} = {90^0}\).

            Suy ra \[\Delta ADB \sim \Delta ACQ\]. Suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\).

c) Vì \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\) nên \(\widehat {BAD} + \widehat {DAQ} = \widehat {DAQ} + \widehat {QAC}\).

            Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {PAE}\).

            Chứng minh \(\Delta AEP\) đồng dạng với \(\Delta ABI\)(g.g). Từ đó suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AP}}{{AI}}\) (3)

            Chứng minh \(\Delta AEH\) đồng dạng với \(\Delta ABQ\)(g.g). Từ đó suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\) (4)

            Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\) hay \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AQ}}\).

            Suy ra \(PI\) song song với \(HQ\) (định lý Thales đảo).