Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O)

a) Ta có $\angle BDC = \angle BEC = 90^\circ$, suy ra $BEDC$ là tứ giác nội tiếp. b) Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Khi đó, ta có $BK \cdot BM = \frac{1}{2} BK \cdot BC = \frac{1}{2} BD \cdot BE = BD \cdot DH$, do $BDHE$ là tứ giác nội tiếp. Tương tự, ta cũng có $CK \cdot CM = CE \cdot EH$. Mặt khác, ta có $\frac{BD}{CE} = \frac{AB}{AC}$ (do hai tam giác $ABC$ và $BDE$ đồng dạng), suy ra $\frac{BD}{BE} = \frac{CE}{EC}$. Kết hợp với hai công thức trên, ta được: $\frac{BK}{CK} = \frac{BD \cdot DH}{CE \cdot EH} = \frac{BM}{CM}$ Do đó, theo định lí Menelaus, ta có $IK \parallel BC$, suy ra $BK \cdot CI = CK \cdot BI$. Như vậy, $BK \cdot BI = BK \cdot BF$, suy ra $KI \parallel CF$. Do đó, $\angle BIK = \angle BCF = \angle BAF$, suy ra $BK.BA=BI.BF$. c) Gọi $G$ là giao điểm của $AH$ và $ID$. Ta cần chứng minh $G$ nằm trên đường tròn $(O)$. Ta có $\angle GHB = \angle AHB - \angle AHG = 90^\circ - \angle DIG = \angle ICB$, suy ra $HBIC$ là tứ giác nội tiếp. Do đó, $GI \cdot GD = GB \cdot GC$, suy ra $G$ nằm trên đường tròn $(O)$.