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) Chứng minh bốn điểm A, F, H, E cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(\widehat {BAD} = \widehat {CAQ}\).

c) Gọi P là giao điểm của AH và EF. Chứng minh \(\Delta AEP\) đồng dạng với \(\Delta ABI\) và PI song song với HQ.

a) BE, CF là đường cao của tam giác ABC nên \(BE \bot AC\), \(CF \bot AB\).

Vì \(\widehat {AEH} = \widehat {AFH} = {90^o}\) nên E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH.

Vậy A, F, H, E cùng thuộc đường tròn đường kính AH.

b) Có \(\widehat {BAD} = \widehat {BCF}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC}\)) (1)

Vì B thuộc đường tròn (O) đường kính AQ nên \(\widehat {ABQ} = {90^o}\), suy ra \(BQ \bot AB\).

Mà \(CF \bot AB\) nên BQ // CF. Do đó, \(\widehat {QBC} = \widehat {BCF}\) (góc so le trong) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {BAD} = \widehat {QBC}\).

Mặt khác, \(\widehat {QBC} = \widehat {QAC}\) (góc nội tiếp chắn cung QC).

Do đó \(\widehat {BAD} = \widehat {QAC}\) (đpcm).

c) Từ chứng minh trên, ta có \(\widehat {BAD} = \widehat {QAC}\)

\(\widehat {BAD} + \widehat {DAI} = \widehat {QAC} + \widehat {DAI}\)

\(\widehat {BAI} = \widehat {EAP}\).

Vì \(\widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^o}\) nên F, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC, hay tứ giác BFEC nội tiếp.

Suy ra \(\widehat {FBC} + \widehat {FEC} = {180^o}\) (hai góc đối của tứ giác nội tiếp).

Mặt khác \(\widehat {AEF} + \widehat {FEC} = {180^o}\) (góc kề bù).

Do đó \(\widehat {FBC} = \widehat {AEF}\) (cùng bù với \(\widehat {FEC}\)) (3)

Xét \(\Delta AEP\) và \(\Delta ABI\), có:

+ \(\widehat {EAP} = \widehat {BAI}\);

+ \(\widehat {AEP} = \widehat {ABI}\) (chứng minh trên).

Suy ra $\Delta AEP\backsim \Delta ABI$ (g.g) (đpcm), do đó \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AP}}{{AI}}\) (4)

Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên \(\widehat {FEB} = \widehat {FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung FB).

Mà \(\widehat {FCB} = \widehat {CBQ}\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {FEB} = \widehat {CBQ}\) (5)

Từ (4) và (5) suy ra \(\widehat {AEP} + \widehat {FEB} = \widehat {ABI} + \widehat {CBQ}\), do đó \(\widehat {AEH} = \widehat {ABQ}\).

Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta ABQ\), có:

+ \(\widehat {EAH} = \widehat {BAQ}\);

+ \(\widehat {AEH} = \widehat {ABQ}\).

.Suy ra $\Delta AEH\backsim \Delta ABQ$ (g.g) (đpcm), do đó \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\) (6)

Từ (4) và (6) suy ra \(\frac{{AP}}{{AI}} = \frac{{AH}}{{AQ}}\) hay \(\frac{{AP}}{{AH}} = \frac{{AI}}{{AQ}}\).

Vậy PI // HQ (định lí Thalès đảo).