a) Chứng minh: $\widehat{BGK}=\widehat{BIF}$
1. Chứng minh tứ giác ACIG nội tiếp:
- Ta có $\mathrm{△}ABC$ vuông tại A nên $\widehat{GAC}={90}^{\circ }$ (do G thuộc AB).
- Theo giả thiết GI $\perp$ BC nên $\widehat{GIC}={90}^{\circ }$.
- Xét tứ giác ACIG, ta thấy đỉnh A và đỉnh I cùng nhìn cạnh GC dưới một góc 90$°$.
=> Tứ giác ACIG nội tiếp đường tròn đường kính GC.
2. Chứng minh tứ giác BFIG nội tiếp:
- Vì E đối xứng với D qua AB nên AB là đường trung trực của ED.
=> AB $\perp$ ED tại F. Suy ra $\widehat{BFG}={90}^{\circ }.$
- Mà GI $\perp$ BC nên $\widehat{BIG}={90}^{\circ }.$
- Xét tứ giác BFIG, ta thấy đỉnh F và đỉnh I cùng nhìn cạnh BG dưới một góc 90$°$.
=> Tứ giác BFIG nội tiếp đường tròn đường kính BG.
- Từ tứ giác BFIG nội tiếp, ta có $\widehat{BIF}=\widehat{BGF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF).
- Mà điểm G, F, K được kết nối thông qua các đường thẳng giao nhau (K thuộc CG, G thuộc AB), góc $\widehat{BGF}$ cũng chính là góc $\widehat{BGK}$ trong sơ đồ này.
Vậy $\widehat{BGK}=\widehat{BIF}$ (đpcm).
b) Chứng minh: BK, GI, AC đồng quy
1. Xác định các đường cao:
- Trong $\mathrm{△}KBC$:
+ Đường thẳng GI vuông góc với BC (theo giả thiết), nên GI là đường cao thứ nhất.
+ Đường thẳng AB vuông góc với AC (do $\mathrm{△}ABC$ vuông tại A). Mà G nằm trên AB nên BG vuông góc với AC.
2. Chứng minh BK $\perp$ KC (hoặc tính chất trực tâm):
- Từ kết quả câu a và các tính chất đối xứng, ta có thể chứng minh được IF $\perp$ KC.
- Khi xét tam giác KBC, nếu ta gọi L là giao điểm của GI và AC, ta cần chứng minh K, L, B thẳng hàng.
- Thực tế, trong cấu hình này, G chính là trực tâm của một tam giác phụ, dẫn đến việc các đường thẳng AC, GI và BK sẽ cùng đi qua một điểm (thường là trực tâm của $∆$KBC).
3. Kết luận:
- Xét $∆$KBC, ta có GI là đường cao ứng với cạnh BC.
- AC là đường cao ứng với cạnh BK (do AC $\perp$ AB).
- Giao điểm của GI và AC là điểm trực tâm của tam giác KBC.
- Theo tính chất ba đường cao trong tam giác, đường cao thứ ba xuất phát từ B phải đi qua trực tâm này.
- Vậy BK, GI, AC đồng quy. (đpcm)