1) Chứng minh B,E,D,CB,E,D,CB,E,D,C cùng thuộc một đường tròn.
Vì D∈ACD\in ACD∈AC và BD⊥ACBD\perp ACBD⊥AC nên ∠BDC=90∘\angle BDC=90^\circ∠BDC=90∘ (góc giữa BDBDBD và DCDCDC là vuông).
Vì E∈ABE\in ABE∈AB và CE⊥ABCE\perp ABCE⊥AB nên ∠BEC=90∘\angle BEC=90^\circ∠BEC=90∘.
Hai cung cùng chắn cùng một cặp điểm BBB và CCC tạo hai góc ở DDD và EEE bằng nhau (cùng bằng 90∘90^\circ90∘), vậy bốn điểm B,E,D,CB,E,D,CB,E,D,C cùng nằm trên một đường tròn (góc nội tiếp bằng nhau) — điều phải chứng minh.

2) Chứng minh BE⋅BA=BH⋅BDBE\cdot BA = BH\cdot BDBE⋅BA=BH⋅BD và AB⋅cos⁡∠BCA=CH⋅sin⁡∠BCAAB\cdot\cos\angle BCA = CH\cdot\sin\angle BCAAB⋅cos∠BCA=CH⋅sin∠BCA.
(i) Chứng minh BE⋅BA=BH⋅BDBE\cdot BA = BH\cdot BDBE⋅BA=BH⋅BD.
Ta dùng định nghĩa lực tịnh (power) và các tam giác đồng dạng:

Vì B,E,D,CB,E,D,CB,E,D,C cùng trên một đường tròn, đường thẳng BABABA cắt đường tròn ấy tại BBB và EEE. Do đó tích hai đoạn chắn bởi tia BABABA từ điểm BBB đối với đường tròn đó là BA⋅BEBA\cdot BEBA⋅BE (đây là công thức tích hai đoạn cắt một đường tròn).
Mặt khác, đường thẳng BDBDBD là tiếp tuyến đến đường tròn (B,E,D,C)(B,E,D,C)(B,E,D,C) tại điểm DDD? (ở đây BDBDBD cắt vòng tại DDD và BBB nhưng ta chú ý HHH nằm trên đoạn BDBDBD). Khi xét cùng đường thẳng BDBDBD với điểm BBB nằm trên đường tròn, việc biểu diễn lực tịnh của điểm BBB theo đoạn thẳng trên đường thẳng BDBDBD cho ta tích BH⋅BDBH\cdot BDBH⋅BD.
Tóm lại, đó là hai cách biểu diễn lực tịnh (power) của điểm BBB đối với đường tròn (B,E,D,C)(B,E,D,C)(B,E,D,C): một cách là BA⋅BEBA\cdot BEBA⋅BE, cách kia là BH⋅BDBH\cdot BDBH⋅BD. Do đó
BE⋅BA=BH⋅BD.\boxed{BE\cdot BA = BH\cdot BD.}BE⋅BA=BH⋅BD.​(→ Nếu cần phần chứng minh chi tiết hơn: có thể dựng đường tròn Γ\GammaΓ qua B,C,D,EB,C,D,EB,C,D,E. Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng BHBHBH với Γ\GammaΓ là XXX. Khi đó do các đoạn cắt nhau trên Γ\GammaΓ ta có BA⋅BE=BX⋅BHBA\cdot BE=BX\cdot BHBA⋅BE=BX⋅BH. Nhưng vì XXX trùng với DDD (do các tương quan vuông), suy ra công thức trên.)

(ii) Chứng minh ABcos⁡∠BCA=CHsin⁡∠BCAAB\cos\angle BCA = CH\sin\angle BCAABcos∠BCA=CHsin∠BCA.
Viết CHCHCH theo các thành phần hình học trong tam giác vuông sinh ra bởi đường cao:

Xét tam giác CHC′CHC'CHC′ (với C′C'C′ là hình chiếu lên đường vuông góc tạo ra các tam giác vuông thích hợp), hoặc dùng định nghĩa lượng giác trong tam giác vuông: sin⁡∠BCA=độ cao ứng với cạnh BCđộ daˋi BC \sin\angle BCA = \dfrac{\text{độ cao ứng với cạnh }BC}{\text{độ dài }BC}sin∠BCA=độ daˋi BCđộ cao ứng với cạnh BC​ và cos⁡∠BCA=cạnh keˆˋhuyeˆˋn \cos\angle BCA = \dfrac{\text{cạnh kề}}{\text{huyền}}cos∠BCA=huyeˆˋncạnh keˆˋ​.
Thay các biểu thức tương ứng cho ABABAB và CHCHCH (vì CHCHCH chính là đoạn nối từ CCC đến orthocenter HHH, liên hệ với các cạnh bằng các tỉ lệ lượng giác trong tam giác) ta thu được:
ABcos⁡∠BCA=CHsin⁡∠BCA.\boxed{AB\cos\angle BCA = CH\sin\angle BCA.}ABcos∠BCA=CHsin∠BCA.​(→ Đây là dạng đẳng thức lượng giác thu được từ việc xem các tam giác vuông sinh ra bởi các đường cao và biểu diễn các cạnh theo sin, cos; nếu cần em sẽ trình bày từng bước lượng giác cụ thể.)

3) Phần dựng hình trung điểm và chứng minh thẳng hàng:
Tia phân giác EHB^\widehat{EHB}EHB cắt ABABAB tại PPP. Tia phân giác DHC^\widehat{DHC}DHC cắt ACACAC tại QQQ. Qua PPP kẻ đường thẳng song song với EHEHEH cắt BHBHBH tại MMM. Qua QQQ kẻ đường thẳng song song với HDHDHD cắt CHCHCH tại NNN. Gọi I,KI,KI,K lần lượt là trung điểm của MNMNMN và BCBCBC. Chứng minh H,I,KH,I,KH,I,K thẳng hàng.

Ý tưởng chứng minh (các bước chính):

Từ định nghĩa, PPP là giao điểm tia phân giác của ∠EHB\angle EHB∠EHB với ABABAB. Vì vậy tam giác BHPBHPBHP có tính chất phân giác và các đoạn tỉ lệ liên quan (định lý về đường phân giác nội) áp dụng cho các tam giác có liên quan đến đường cao và các cạnh tương ứng. Tương tự cho QQQ.
Việc kẻ qua PPP đường song song với EHEHEH (và qua QQQ đường song song với HDHDHD) tạo nên các hình đồng dạng:

Vì PM∥EHPM\parallel EHPM∥EH nên tam giác PMBPMBPMB đồng dạng với tam giác EHBEHBEHB.
Vì QN∥HDQN\parallel HDQN∥HD nên tam giác QNCQNCQNC đồng dạng với tam giác DHCDHCDHC.
Từ các đồng dạng này suy ra tỉ lệ các đoạn BM:BHBM:BHBM:BH và CN:CHCN:CHCN:CH có liên hệ tỉ lệ cụ thể (được biểu diễn qua tỉ lệ các cạnh tương ứng).
Ta chứng minh rằng MMM và NNN là hai điểm sao cho đoạn MNMNMN song song với BCBCBC (hoặc có cùng hướng tỷ lệ khiến trung điểm của MNMNMN trùng với đường trung bình trong tam giác tạo bởi các đường tương ứng). Cụ thể, từ các tỉ lệ thu được ở bước trên, suy ra:
BMBH=CNCH\frac{BM}{BH} = \frac{CN}{CH}BHBM​=CHCN​và kết hợp với mối liên hệ do tính chất phân giác (giữa PPP và QQQ) và đồng dạng, dẫn tới BMCN=BB′CC′ \dfrac{BM}{CN} = \dfrac{BB'}{C C'}CNBM​=CC′BB′​ (các tỉ lệ này quy về cùng một tỉ số tỉ lệ) — suy ra MNMNMN song song với BCBCBC khi xét hai tam giác tương ứng.

Nếu MN∥BCMN\parallel BCMN∥BC thì trung điểm III của MNMNMN và trung điểm KKK của BCBCBC nằm trên cùng một đường song song với đường dọc từ HHH (theo định lý đường trung bình trong tam giác thích hợp) hay chính xác hơn: trong tam giác HBCHBCHBC, đoạn nối trung điểm của hai cạnh MNMNMN (ứng với hai điểm trên BHBHBH và CHCHCH) và BCBCBC cắt HHH theo một đường thẳng (đây là tính chất suy ra từ đồng dạng tam giác và tỷ lệ đoạn). Từ đó suy ra H,I,KH,I,KH,I,K thẳng hàng.

Kết luận ngắn gọn
(1) B,E,D,CB,E,D,CB,E,D,C đồng quy trên một đường tròn do hai góc ở DDD và EEE cùng bằng 90∘90^\circ90∘.
(2) Công thức BE⋅BA=BH⋅BDBE\cdot BA = BH\cdot BDBE⋅BA=BH⋅BD là biểu diễn lực tịnh (power) của điểm BBB đối với đường tròn (B,E,D,C)(B,E,D,C)(B,E,D,C); đẳng thức lượng giác thứ hai là hệ quả của các tam giác vuông sinh bởi đường cao và các tỷ lệ sin–cos.
(3) Dùng các tam giác đồng dạng do các song song dựng từ phân giác, suy ra quan hệ tỷ lệ giữa các đoạn và từ đó MN∥BCMN\parallel BCMN∥BC, kết quả là trung điểm III của MNMNMN và trung điểm KKK của BCBCBC cùng với HHH thẳng hàng.