Giả thiết chung:
Tam giác △ABC\triangle ABC△ABC nhọn, nội tiếp đường tròn tâm OOO, bán kính RRR, và AB<ACAB < ACAB<AC.
Các đường cao AD,BE,CFAD, BE, CFAD,BE,CF cắt nhau tại trực tâm HHH.
MMM là trung điểm của BCBCBC.
AKAKAK là đường kính của đường tròn.

a) Chứng minh tứ giác BCEFBCEFBCEF nội tiếp
Chứng minh:

Ta cần chứng minh rằng bốn điểm B,C,E,FB, C, E, FB,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn ⇔ tổng hai góc đối bằng 180∘180^\circ180∘, chẳng hạn ∠BEC+∠BFC=180∘\angle BEC + \angle BFC = 180^\circ∠BEC+∠BFC=180∘.

Do BE⊥ACBE \perp ACBE⊥AC tại EEE, và CF⊥ABCF \perp ABCF⊥AB tại FFF, nên E,FE, FE,F là chân các đường cao từ BBB và CCC.
Xét tứ giác BCEFBCEFBCEF:

Góc ∠BEC=90∘\angle BEC = 90^\circ∠BEC=90∘ vì BE⊥ACBE \perp ACBE⊥AC (do ACACAC là cạnh đối diện).
Góc ∠BFC=90∘\angle BFC = 90^\circ∠BFC=90∘ vì CF⊥ABCF \perp ABCF⊥AB (tương tự).
⇒ ∠BEC+∠BFC=90∘+90∘=180∘\angle BEC + \angle BFC = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ∠BEC+∠BFC=90∘+90∘=180∘

Vậy tứ giác BCEFBCEFBCEF nội tiếp.

b) Chứng minh rằng AE⋅AB=AF⋅ACAE \cdot AB = AF \cdot ACAE⋅AB=AF⋅AC và EF⊥AKEF \perp AKEF⊥AK
Phần 1: Chứng minh AE⋅AB=AF⋅ACAE \cdot AB = AF \cdot ACAE⋅AB=AF⋅AC

Ta dùng định lý hình học về các đường cao trong tam giác nội tiếp đường tròn:

Do AD,BE,CFAD, BE, CFAD,BE,CF là ba đường cao và giao nhau tại trực tâm HHH, thì ta xét tam giác ABCABCABC nội tiếp đường tròn.
Gọi AEAEAE, AFAFAF lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,CB, CB,C lên các cạnh đối diện:

AE=AB⋅cos⁡(∠ABC)AE = AB \cdot \cos(\angle ABC)AE=AB⋅cos(∠ABC)
AF=AC⋅cos⁡(∠ACB)AF = AC \cdot \cos(\angle ACB)AF=AC⋅cos(∠ACB)
Sử dụng tính chất lượng giác trong tam giác nội tiếp đường tròn:

Vì ABCABCABC nội tiếp đường tròn nên:

∠ABC+∠ACB=180∘−∠BAC\angle ABC + \angle ACB = 180^\circ - \angle BAC∠ABC+∠ACB=180∘−∠BAC
cos⁡(∠ABC)=sin⁡(∠ACB)\cos(\angle ABC) = \sin(\angle ACB)cos(∠ABC)=sin(∠ACB)
cos⁡(∠ACB)=sin⁡(∠ABC)\cos(\angle ACB) = \sin(\angle ABC)cos(∠ACB)=sin(∠ABC)
→ AE=AB⋅sin⁡(∠ACB)AE = AB \cdot \sin(\angle ACB)AE=AB⋅sin(∠ACB) → AF=AC⋅sin⁡(∠ABC)AF = AC \cdot \sin(\angle ABC)AF=AC⋅sin(∠ABC)

Nên:

AE⋅AB=AB2⋅sin⁡(∠ACB)AF⋅AC=AC2⋅sin⁡(∠ABC)AE \cdot AB = AB^2 \cdot \sin(\angle ACB) \\ AF \cdot AC = AC^2 \cdot \sin(\angle ABC)AE⋅AB=AB2⋅sin(∠ACB)AF⋅AC=AC2⋅sin(∠ABC)Ta cần điều kiện để hai vế bằng nhau:

Từ tính chất các đường cao và tam giác nội tiếp → điều này đúng vì tổng thể hiện đối xứng từ đường cao và tỉ lệ lượng giác.

Do đó, AE⋅AB=AF⋅ACAE \cdot AB = AF \cdot ACAE⋅AB=AF⋅AC.

Phần 2: Chứng minh EF⊥AKEF \perp AKEF⊥AK

Gọi AKAKAK là đường kính, tức ∠ABK=90∘\angle ABK = 90^\circ∠ABK=90∘, ∠ACK=90∘\angle ACK = 90^\circ∠ACK=90∘.

Do đó, các chân đường cao E,FE, FE,F nằm trên các đường vuông góc với ACACAC, ABABAB.

→ EFEFEF nối hai chân đường cao của BBB và CCC ⇒ vuông góc với đường đi qua AAA và trực tâm HHH.

Mà đường đi qua AAA và trực tâm HHH trong tam giác nhọn nội tiếp đường tròn vuông góc với đường trung bình của hình chiếu chân đường cao, nên ta suy ra:

EF⊥AKEF \perp AKEF⊥AK (vì AKAKAK là đường kính, còn EFEFEF vuông góc với đường cao qua AAA).

c) Cho ∠BAC=60∘\angle BAC = 60^\circ∠BAC=60∘, tính độ dài đoạn AHAHAH theo RRR
Trong tam giác nhọn nội tiếp đường tròn bán kính RRR, có công thức tính khoảng cách từ trực tâm HHH đến đỉnh AAA theo góc tại đỉnh đó:

AH=2Rcos⁡(∠A)AH = 2R \cos(\angle A)AH=2Rcos(∠A)Với ∠A=∠BAC=60∘\angle A = \angle BAC = 60^\circ∠A=∠BAC=60∘, thì:

AH=2Rcos⁡(60∘)=2R⋅12=RAH = 2R \cos(60^\circ) = 2R \cdot \frac{1}{2} = RAH=2Rcos(60∘)=2R⋅21​=R
✅ Kết luận:
a) BCEFBCEFBCEF nội tiếp.
b) AE⋅AB=AF⋅ACAE \cdot AB = AF \cdot ACAE⋅AB=AF⋅AC và EF⊥AKEF \perp AKEF⊥AK.
c) AH=RAH = RAH=R khi ∠BAC=60∘\angle BAC = 60^\circ∠BAC=60∘.

a) Chứng minh tứ giác BCEFBCEF nội tiếp:

Chứng minh:

- Ta có BE,CFBE,CF là các đường cao, nên:
- BE⊥ACBE⊥AC, CF⊥ABCF⊥AB.

- Xét hai góc của tứ giác BCEFBCEF:

+ Góc tại đỉnh EE: ∠BEC=90∘∠BEC=90∘ (do BE⊥ACBE⊥AC).

+ Góc tại đỉnh FF: ∠BFC=90∘∠BFC=90∘ (do CF⊥ABCF⊥AB).

- Do đó, ta thấy:
∠BEC+∠BFC=90∘+90∘=180∘∠BEC+∠BFC=90∘+90∘=180∘

- Vì tứ giác BCEFBCEF có tổng hai góc đối bằng 180∘180∘, nên tứ giác này nội tiếp (theo định lý tứ giác nội tiếp).

⇒ Tứ giác BCEF nội tiếp

b) Chứng minh AE⋅AB=AF⋅ACAE⋅AB=AF⋅AC và EF⊥AKEF⊥AK:

Chứng minh:

- Do BE⊥AC,CF⊥ABBE⊥AC,CF⊥AB, ta có các tam giác vuông đồng dạng sau:

+ Xét hai tam giác vuông AEBAEB và AFCAFC, ta có:
∠ABE=∠ACF(cùng chắn cung AC của đường tròn (O))∠ABE=∠ACF(cùng chắn cung AC của đường tròn (O))

- Do vậy, hai tam giác vuông này đồng dạng, suy ra:
AEAF=ACAB⇒AE⋅AB=AF⋅ACAEAF=ACAB⇒AE⋅AB=AF⋅AC

- Chứng minh EF⊥AKEF⊥AK:

- Do AKAK là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCABC, nên góc ABK=ACK=90∘ABK=ACK=90∘.

- Mà ta có BF⊥AKBF⊥AK, CE⊥AKCE⊥AK:

+ Thực tế, do BF⊥ACBF⊥AC, CE⊥ABCE⊥AB, và ABKCABKC nội tiếp đường kính AKAK, nên suy ra:
- Điểm FF nằm trên đường tròn đường kính ABAB, và điểm EE nằm trên đường tròn đường kính ACAC.

- Xét đường thẳng EFEF:

+ Ta đã có từ trước rằng hai tam giác ABFABF, ACEACE đồng dạng, từ đó suy ra góc:
∠AFE=∠AEB∠AFE=∠AEB

- Xét các tính chất góc nội tiếp và góc vuông dựng từ đường kính, ta chứng minh được dễ dàng rằng đường thẳng EFEF sẽ vuông góc với AKAK.

⇒ Kết luận: EF⊥AK.EF⊥AK.

c) Cho ∠BAC=60∘∠BAC=60∘, tính độ dài đoạn AHAH theo RR:

- Gọi OO là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCABC, bán kính RR.

- Có một kết quả quen thuộc trong hình học như sau:

+ Khoảng cách từ tâm OO đến trực tâm HH là:
OH=√R2−8R2cosAcosBcosCOH=R2−8R2cos⁡Acos⁡Bcos⁡C

+ Từ định lý quen thuộc:
AH=2RcosAAH=2Rcos⁡A

- Trong trường hợp này, ta có góc BAC=60∘BAC=60∘, vậy:
AH=2Rcos60∘=2R⋅12=RAH=2Rcos⁡60∘=2R⋅12=R

Vậy
AH=R