Chào bạn, bài toán này khá thú vị. Mình sẽ cùng bạn phân tích và chứng minh sự đồng quy của AH, DE, IC nhé.

Phân tích bài toán:

Tam giác ABC vuông tại A, H là hình chiếu của A trên BC (AH là đường cao).
D, E là hình chiếu của H trên AB và AC, tức là HD⊥AB và HE⊥AC.
Tứ giác ADHE có ∠ADH=∠AEH=∠DAE=90∘, vậy ADHE là hình chữ nhật. Suy ra DE=AH và AD=HE.
F thuộc tia HD sao cho D là trung điểm HF, nghĩa là HD=DF.
Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt AF tại I (BI⊥BC).
Ta cần chứng minh AH, DE, IC đồng quy (cùng đi qua một điểm).
Chứng minh:

Để chứng minh AH, DE, IC đồng quy, chúng ta có thể sử dụng định lý Ceva hoặc một số phương pháp hình học khác.

Cách 1: Sử dụng tọa độ (có thể hơi phức tạp nhưng trực quan)

Chọn hệ tọa độ: Đặt gốc tọa độ tại A(0, 0). Giả sử AB=b và AC=c. Khi đó B(b,0) và C(0,c).
Tìm tọa độ điểm H:Phương trình đường thẳng BC: bx​+cy​=1⇔cx+by=bc.
Đường thẳng AH vuông góc với BC và đi qua A(0, 0) có phương trình: bx−cy=0⇔y=cb​x.
Tọa độ H là giao điểm của BC và AH: cx+b(cb​x)=bc⇔(c2+b2)x=bc2⇔xH​=b2+c2bc2​.
yH​=cb​xH​=b2+c2b2c​. Vậy H(b2+c2bc2​,b2+c2b2c​).
Tìm tọa độ điểm D và E:D là hình chiếu của H trên AB (trục Ox) nên D(b2+c2bc2​,0).
E là hình chiếu của H trên AC (trục Oy) nên E(0,b2+c2b2c​).
Tìm tọa độ điểm F: D là trung điểm HF, gọi F(xF​,yF​).2xF​+xH​​=xD​⇒xF​=2xD​−xH​=2b2+c2bc2​−b2+c2bc2​=b2+c2bc2​.
2yF​+yH​​=yD​=0⇒yF​=−yH​=−b2+c2b2c​. Vậy F(b2+c2bc2​,−b2+c2b2c​).
Tìm phương trình đường thẳng AF: Đi qua A(0, 0) và F(b2+c2bc2​,−b2+c2b2c​) có phương trình: y=b2+c2bc2​−b2+c2b2c​​x=−cb​x⇔bx+cy=0.
Tìm phương trình đường thẳng qua B vuông góc với BC:Vectơ BC =(−b,c).
Đường thẳng qua B(b, 0) vuông góc với BC có vectơ pháp tuyến n =(c,b).
Phương trình: c(x−b)+b(y−0)=0⇔cx−bc+by=0⇔cx+by=bc.
Tìm tọa độ điểm I (giao điểm của AF và đường thẳng qua B):Giải hệ phương trình: {bx+cy=0cx+by=bc​
Nhân phương trình trên với b, phương trình dưới với c: {b2x+bcy=0c2x+bcy=bc2​
Trừ hai phương trình: (b2−c2)x=−bc2⇒xI​=b2−c2−bc2​=c2−b2bc2​.
yI​=−cb​xI​=−cb​⋅c2−b2bc2​=c2−b2b2c​. Vậy I(c2−b2bc2​,c2−b2b2c​).
Tìm phương trình đường thẳng AH: y=cb​x⇔bx−cy=0.
Tìm phương trình đường thẳng DE: Đi qua D(b2+c2bc2​,0) và E(0,b2+c2b2c​).Phương trình: b2+c2bc2​x​+b2+c2b2c​y​=1⇔bc2(b2+c2)x​+b2c(b2+c2)y​=1
⇔b(b2+c2)x+c(b2+c2)y=b2c2.
Tìm phương trình đường thẳng IC: Đi qua I(c2−b2bc2​,c2−b2b2c​) và C(0,c).Hệ số góc: m=0−c2−b2bc2​c−c2−b2b2c​​=−bc2c(c2−b2)−b2c​=−bc2c3−2b2c​=bc2b2−c2​.
Phương trình: y−c=bc2b2−c2​(x−0)⇔bcy−bc2=(2b2−c2)x⇔(2b2−c2)x−bcy+bc2=0.
Kiểm tra sự đồng quy: Ba đường thẳng đồng quy nếu tồn tại một điểm (x0​,y0​) thỏa mãn cả ba phương trình.

Điểm thuộc AH: bx0​−cy0​=0⇒y0​=cb​x0​.
Thay vào phương trình DE: b(b2+c2)x0​+c(b2+c2)(cb​x0​)=b2c2 ⇔b(b2+c2)x0​+b(b2+c2)x0​=b2c2 ⇔2b(b2+c2)x0​=b2c2⇒x0​=2b(b2+c2)b2c2​=2(b2+c2)bc2​. y0​=cb​x0​=cb​⋅2(b2+c2)bc2​=2(b2+c2)b2c​. Vậy giao điểm của AH và DE là P(2(b2+c2)bc2​,2(b2+c2)b2c​).
Kiểm tra điểm P có thuộc IC không: (2b2−c2)(2(b2+c2)bc2​)−bc(2(b2+c2)b2c​)+bc2 =2(b2+c2)2b3c2−bc4−b3c2​+bc2=2(b2+c2)b3c2−bc4​+bc2 =2(b2+c2)bc2(b2−c2)+2bc2(b2+c2)​=2(b2+c2)bc2(b2−c2+2b2+2c2)​ =2(b2+c2)bc2(3b2+c2)​=0 (thường khác 0).
Có vẻ cách sử dụng tọa độ khá phức tạp và dễ dẫn đến sai sót trong tính toán. Mình sẽ thử một cách tiếp cận hình học thuần túy hơn.

Cách 2: Sử dụng định lý Ceva hoặc các tính chất hình học

Tính chất hình chữ nhật ADHE: DE∥BC (vì cùng vuông góc với AH).
Xét tam giác AHF: D là trung điểm HF.
Xét tam giác BCI: Cần xác định rõ hơn về mối quan hệ của các điểm này.
Mình sẽ tập trung vào việc chứng minh giao điểm của AH và DE nằm trên IC.

Giao điểm của AH và DE. Vì ADHE là hình chữ nhật, AH cắt DE tại trung điểm của mỗi đoạn thẳng. Gọi M là giao điểm của AH và DE. M là trung điểm AH và trung điểm DE.
Xét tam giác AHF, D là trung điểm HF. Gọi K là trung điểm AF. DK là đường trung bình của tam giác AHF nên DK∥AH và DK=21​AH.
Ta có DE∥BC và DE=AH. Suy ra DK∥DE và DK=21​DE.
Xét tam giác BCI. Ta cần chứng minh M nằm trên IC.
Mình cần một hướng tiếp cận khác hiệu quả hơn.

Cách 3: Sử dụng phép chiếu hoặc biến đổi hình học (có thể hơi nâng cao)

Phép chiếu vuông góc từ H lên AB và AC cho ta D và E.
Biến đổi Affine có thể bảo toàn tính đồng quy.
Mình sẽ thử một cách tiếp cận dựa trên vector.

Đặt gốc tọa độ tại A. AB =b,AC =c.
AH ⊥BC =c−b. AH ⋅(c−b)=0.
D là hình chiếu của H trên AB nên AD =kb. HD =AD −AH =kb−AH ⊥b⇒(kb−AH )⋅b=0⇒k∣b∣2=AH ⋅b.
E là hình chiếu của H trên AC nên AE =lc. HE =AE −AH =lc−AH ⊥c⇒(lc−AH )⋅c=0⇒l∣c∣2=AH ⋅c.
D là trung điểm HF ⇒AD =21​(AH +AF )⇒AF =2AD −AH .
Đường thẳng qua B vuông góc BC có phương trình tham số: r =b +tn, với n là vector pháp tuyến của BC, n=c−b (hoặc vector vuông góc với nó). Chọn n sao cho n⋅(c−b)=0. Chọn n=b2(c−b)⊥=b2(c,b) trong hệ tọa độ (b, 0), (0, c). Phương trình đường thẳng BI: r =(b,0)+t(c,b)=(b+tc,tb).
I là giao điểm của AF và BI: AI =sAF =s(2AD −AH )=(2sk−s∣b∣2AH ⋅b​)b. (b+tc,tb)=s(2kb−AH ).
Cách tiếp cận vector cũng khá phức tạp. Mình sẽ thử một tính chất hình học đặc biệt nào đó.

Xét tứ giác ADHE là hình chữ nhật. Tâm của hình chữ nhật này là trung điểm của DE và cũng là trung điểm của AH. Gọi điểm này là M.

Ta cần chứng minh I, M, C thẳng hàng.

Phương trình đường thẳng AF.
Phương trình đường thẳng BI.
Tọa độ điểm I.
Tọa độ điểm M (trung điểm AH).
Kiểm tra tính thẳng hàng của I, M, C.
Mình sẽ quay lại phương pháp tọa độ nhưng cố gắng đơn giản hóa.

Chọn hệ tọa độ sao cho A(0, 0), B(b, 0), C(0, c). H là hình chiếu của A trên BC. Đường cao AH. D(x_H, 0), E(0, y_H). Trung điểm M của AH: (2xH​​,2yH​​). Trung điểm M của DE: (2xH​​,2yH​​).

F thuộc tia HD sao cho D là trung điểm HF ⇒HD =DF . HD =(xD​−xH​,yD​−yH​)=(0,−yH​). DF =(xF​−xD​,yF​−yD​)=(xF​−xH​,yF​−0). xF​−xH​=0⇒xF​=xH​. yF​=−yH​. Vậy F(xH​,−yH​).

Phương trình AF: y=xH​−yH​​x. Đường thẳng qua B(b, 0) vuông góc BC (vector BC = (-b, c), vector pháp tuyến (c, b)): c(x−b)+by=0⇔cx+by=bc.

Giao điểm I của AF và đường thẳng qua B: cx+b(−xH​yH​​x)=bc⇔(cxH​−byH​)x=bcxH​⇔xI​=cxH​−byH​bcxH​​. yI​=−xH​yH​​xI​=−xH​yH​​cxH​−byH​bcxH​​=cxH​−byH​−bcyH​​.