Cho tam giác nhọn \[ABC\]có các đường cao \[AD,BE,CF.\]

1. Gọi \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\).

Vì \(K,L\)lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác \(CDE,BDF \Rightarrow DL\)là tia phân giác của \(\widehat {FDB};FL\) là tia phân giác của \(\widehat {BFD};CK\) là tia phân giác của \(\widehat {ECD};DK\) là tia phân giác của \(\widehat {EDC}\).

Vì tứ giác \(DHEC\)có: HDC^+HEC^=90°+90°=180°

Suy ra tứ giác \(DHEC\)nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {EHC} \Rightarrow \widehat {EDC} = \widehat {FHB}\)

Vì tứ giác \(DFHB\)có:  FDB^+FHB^=90°+90°=180°

Suy ra tứ giác \(DHFB\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {FDB} = \widehat {FHB}.\)

Do đó: \(\widehat {EDC} = \widehat {FDB} \Rightarrow \widehat {LDF} = \widehat {KDC}.\)

2. Tứ giác \(ACDF\)có: AFC^=ADC^=90°

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(ACDF\)nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {ACD} \Rightarrow \widehat {LFD} = \widehat {KCD}\)

Xét \(\Delta LDK\) và \(\Delta KDC\), ta có: \(\widehat {LDF} = \widehat {KDC}\) và .

Vì EDC^=FDB^⇒LDB^=KDC^⇒LDK^+2LDB^=180°FDC^+FDB^=180°⇒FDC^+2LDB^=180°

Nên \(\widehat {LDK} = \widehat {FDC}\,\,(2)\)

Từ \((1)\)và \((2)\), suy ra: .

3. Vì \(\widehat {LFD} = \widehat {KCD}\) và DFC^=DLK^⇒DLK^+KCD^=DFC^+LFD^=LFC^=90°−BFL^

   Vì \(L\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta BDF\) nên BLD^=90°+BFL^

   Khi đó BLK^+KCD^=BLD^+DLK^+KCD^=90°+BFL^+90°−BFL^=180°

   \( \Rightarrow \) Tứ giác \(BCKL\)nội tiếp.

4. Gọi \(J,I\) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC \Rightarrow J \in AI\).

   Tương tự ý \(1,2,3\) ta suy ra các tứ giác \(ABLJ,ACKJ\)nội tiếp

\( \Rightarrow J\) là giao điểm thứ hai của hai đường tròn \((P)\) và \((Q)\)

   \( \Rightarrow PQ \bot AJ \Rightarrow PQ \bot AI\,\,(3)\)

   Ta có: LIK^=90°+ABC^2⇔LIK^=90°+IAK^+KAC^⇔IAK^=LIK^−KAC^−90°LKA^=LKI^+IKA^=LKI^+KAC^+KCA^=LKI^+KAC^+KCB^=LKI^+KAC^+ILK^

   Do đó IAK^+LKA^=LIK^+LKI^+ILK^−90°=90°⇒AI⊥LK  (4)

   Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(PQ//LK\).