Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , với AB ≠ AC . Các đường cao BE và CF cắt nhau tại trực tâm H của tam giác ABC .

a) Chứng minh bốn điểm \[B,C,E,F\]cùng thuộc một đường tròn.

 Vì \(BE,\,CF\)là hai đường cao của \(\Delta ABC\)nên \(BE \bot AC,\,\,\,CF \bot AB\).

Do\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) nên 3 điểm \(B,E,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Do\(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) nên 3 điểm \(B,F,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

Vậy 4 điểm \[B,C,E,F\] cùng thuộc đường tròn đường kính \(BC\).

                 b) Gọi \(D\) là giao điểm của \(AH\) và \(BC\). Đường kính \(AM\)của đường tròn \(\left( O \right)\)cắt đường thẳng  

                 \(CF\)tại điểm \(P\). Chứng minh  \(\widehat {BAD} = \widehat {CAM}\) và \(AP.BH = AH.CP\).

                 Do \(AM\) là đường kính nên \(\widehat {ABM} = \widehat {ACM} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

                 Ta có \(\widehat {BAD} + \widehat {ABD} = 90^\circ \) (vì \(\Delta ABD\)vuông tại \(D\)) và \(\widehat {CAM} + \widehat {AMC} = 90^\circ \) (vì \(\Delta ACM\)vuông tại \(C\))       Mà \(\widehat {ABD} = \widehat {AMC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) nên suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {CAM}\)

                 Xét \(\Delta APC\)và \(\Delta AHB\) có:

                 \(\widehat {BAD} = \widehat {CAM}\,\,\,(cmt)\)

                 \(\widehat {ABH} = \widehat {ACP}\,\,\,\)(góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\))

                 Suy ra

                 Nên \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{PC}}{{HB}}\) hay \(AP.HB = AH.PC\)

                 c) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), đường thẳng\(AI\)cắt \[EF\]tại \(K\). Gọi \(N\)là hình chiếu vuông góc

                 của \(K\) trên \(BC\). Chứng minh \(AN\)đi qua trung điểm của \[EF\].

Gọi \(G\) là trung điểm của \[EF\], \(J\) là giao điểm của \[AM\]và \[EF\], \[AG\] cắt \(BC\) tại \(N'\).

Ta sẽ chứng minh \[KN' \bot BC\].

Ta có: \[\widehat {AEJ} + \widehat {EAJ} = \,\,\,\widehat {ABC} + \widehat {CBM} = \widehat {ABM} = 90^\circ \] nên \(\Delta AJE\)vuông tại \(J\).

Do  nên \(\frac{{A\,E}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{2GF}}{{2IC}} = \frac{{GF}}{{IC}}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Kết hợp với \(\widehat {AFG} = \widehat {ACI}\)(cùng cộng \(\widehat {BFE}\) bằng \(180^\circ \,).\)

Suy ra

Khí đó \(\widehat {BAG} = \widehat {KAE}\,\,\,\)và \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AF}}{{AC}}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Tương tự ta có   (do \(\widehat {BAG} = \widehat {KAE}\)và \(\widehat {AEK} = \widehat {ABI}\))

Nên \(\frac{{AK}}{{AN'}} = \frac{{AE}}{{AB}}\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AK}}{{AN'}}\,\,\,\,\)

Mà \[\widehat {N'AI}\] chung nên suy ra \(\widehat {AN'K} = \widehat {AIG}\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\)

\(\Delta IEF\)cân tại \(I\) (do \[IE = IF\]) có \(IG\)là đường trung tuyến nên cũng đồng thời là đường cao.

Suy ra \(IG\)//\(AO\)(vì cùng vuông góc với \[EF\]). Do đó \(\widehat {GIA} = \widehat {IAO}\,\)(so le trong)

Lại có \(\widehat {BAG} = \widehat {KAE}\,\,\left( {cmt} \right)\) và \(\widehat {FAH} = \widehat {JAE}\,\,\left( {cmt} \right)\)nên \[\widehat {IAO}\, = \widehat {GAH}\]

Suy ra \(\widehat {GIA} = \widehat {GAH}\,\,\,\,\,\,\left( 5 \right)\)

Từ (4) và (5) suy ra \(\widehat {AN'K} = \widehat {GAH}\,\)nên \(KN'\)//\(AD\) (so le trong)

Mà \(AD \bot BC\)nên\(KN' \bot BC\). Ta lại có \(KN \bot BC\,\,\left( {gt} \right)\)

Suy ra \(N' \equiv N\)hay \(AN\)đi qua trung điểm \(G\)của \[EF\]. (đpcm)