Cho tam giác nhọn ABC (AB < BC < AC) nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC đồng quy tại điểm H. Gọi K, I tương ứng là trung điểm của đoạn thẳng AB, CH.
a) Ta có \(\widehat {HMC} = \widehat {HNC} = 90^\circ \) nên bốn điểm \(H,M,C,N\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC.\)
b) Chứng minh tương tự ý a), ta có bốn điểm \(P,\,\,A,\,\,C,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC.\)
Do đó tứ giác \[PACM\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AC.\)
Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{C_1}}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(PM).\)
Mà \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{C_1}}\) (do \[\Delta MIC\] cân tại \[I\] vì \[IM = IC)\]
\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{M_1}}\) (do \[\Delta KAM\] cân tại \[K\] vì \[KA = KM)\]
Do đó \(\widehat {{M_2}} = \widehat {{M_1}}\)
Suy ra \(\widehat {{M_2}} + \widehat {HMI} = \widehat {{M_1}} + \widehat {HMI} = 90^\circ \) nên \(KM \bot MI\)
Do đó \(KM\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \[I\] đường kính \(CH.\)
c) Kẻ đường kính \[CD\] của đường tròn \(\left( O \right)\).
Suy ra \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên \[BD\,{\rm{//}}\,AH\] (cùng vuông góc với \[BC),\] tương tự \[AD\,{\rm{//}}\,BH\], do đó \[ADBH\] là hình bình hành có \[K\] là trung điểm của \[AB\] nên cũng là trung điểm của \[DH\]. Suy ra \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng.
Lại có \[DQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[O)\] mà \[HQ \bot CQ\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \[I)\] nên \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.
Mà \[D,{\rm{ }}H,{\rm{ }}K\] thẳng hàng nên \[K,{\rm{ }}H,{\rm{ }}Q\] thẳng hàng.
Suy ra nên \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{HC}}{{HA}}\) hay \(\frac{{HQ}}{{HP}} = \frac{{2HI}}{{HA}}\)
Như vậy \(HQ \cdot HK = 2HI \cdot HP\).