Cho ABC  có 3 góc nhọn và đường cao BE. Gọi H,K lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ điểm E đến AB,BC. a) Chứng minh tứ giác BHEK nội tiếp; b) Chứng minh:BH.BA BK.BC;  Gọi F là chân đường vuông...

a) Ta có: $\widehat{BHE} = \widehat{BKE} = 90^\circ$ Suy ra tứ giác BHEK nội tiếp (vì có hai góc kề một cạnh bằng 90°) b) Ta có: $\widehat{EHB} = \widehat{EKB}$ (cùng chắn cung EB) $\widehat{EBH} = \widehat{EBK}$ (góc chung) Suy ra $\triangle EHB \sim \triangle EKB$ (g-g) Suy ra $\frac{BH}{BE} = \frac{BE}{BK}$ Suy ra $BH.BK = BE^2$ Ta có: $\widehat{AEB} = \widehat{CEB} = 90^\circ$ Suy ra $\triangle AEB \sim \triangle CEB$ (g-g) Suy ra $\frac{BA}{BE} = \frac{BE}{BC}$ Suy ra $BE^2 = BA.BC$ Từ đó ta có: $BH.BK = BA.BC$ c) Ta có: $\widehat{BHE} = \widehat{BFE} = 90^\circ$ Suy ra tứ giác BFHE nội tiếp (vì có hai góc kề một cạnh bằng 90°) Suy ra $\widehat{EFH} = \widehat{EBH}$ (cùng chắn cung EH) Tương tự ta có tứ giác CFKE nội tiếp nên $\widehat{EFK} = \widehat{EBK}$ Mà $\widehat{EBH} = \widehat{EBK}$ (góc chung) Suy ra $\widehat{EFH} = \widehat{EFK}$ Suy ra FI là đường phân giác của $\angle EFH$ Mà I là trung điểm của EF nên FI cũng là đường cao hạ từ đỉnh F của tam giác EFH Suy ra FI $\perp$ EH tại I Mặt khác, ta có $\widehat{EIK} = \widehat{EKH} = 90^\circ$ Suy ra tứ giác EIKH nội tiếp (vì có hai góc kề một cạnh bằng 90°) Suy ra $\widehat{IEH} = \widehat{IKH}$ (cùng chắn cung EH) Mà $\widehat{IEH} = 90^\circ - \widehat{EFI} = 90^\circ - \widehat{EFH} = \widehat{EFH}$ Suy ra $\widehat{IKH} = \widehat{EFH}$ Suy ra IK $\perp$ EH tại K Suy ra ba điểm H, I, K thẳng hàng.