Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H (E thuộc AC, F thuộc AB). (a) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp. (b) Chứng minh

a) Xét tứ giác AFHE có:

+ \[\widehat {AFH} = {90^o}\] (CF là đường cao)

+ \[\widehat {AEH} = {90^o}\] (BE là đường cao)

\[ \Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\]. Mà \[\widehat {AEH}\] và \[\widehat {AFH}\] là hai góc đối nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Suy ra \[\widehat {FAH} = \widehat {FEH}\,\,\](Hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH)

- Xét \[\Delta BAH\]và \[\Delta BEF\]có: \[\widehat {HBF}\] : chung

\[\widehat {BAH} = \widehat {BEF}\] (chứng minh trên)

Do đó: \[\Delta BAH\]đồng dạng \[\Delta BEF\] (g – g)

Suy ra: \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{BF}}{{EF}}\].

Do đó BH.EF = BF.AH

c) Ta có tứ giác ADBC nội tiếp đường tròn (O) nên: \[\widehat {KDB} = \widehat {ACB}\]. Mà \[\widehat {DKB} = \widehat {BEC} = {90^o}\]nên \[\Delta DKB\]đồng dạng với \[\Delta CEB\] (g – g).

Suy ra: \[\widehat {DBK} = \widehat {EBC}\] (1)

- Chứng minh tứ giác DKBF nội tiếp, từ đó suy ra: \[\widehat {DFK} = \widehat {DBK}\](2)

Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp, từ đó suy ra: \[\widehat {EFC} = \widehat {EBC}\] (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: \[\widehat {DFK} = \widehat {EFC}\]

- Mà: \[\widehat {DFK} + \widehat {KFC} = {180^o}\]nên \[\widehat {EFC} + \widehat {KFC} = {180^o}\,\].

Do đó K, F, E thẳng hàng. (4)

- Chứng minh KF, PE lần lượt là các đường trung bình của \[\Delta BPI\] và \[\Delta BIQ\].

Suy ra: PI // KF và IQ // PE (5)

Từ (4) và (5) ta có P, I, Q thẳng hàng