1. Giải ý a) Chứng minh tứ giác ABDFABDF nội tiếp đường tròn.

• Vì ADAD là đường cao của △ABC△ABC (D∈BCD∈BC) nên AD⊥BCAD⊥BC, suy ra ADB^=90∘ADB=90∘.
• Vì BFBF là đường cao của △ABC△ABC (F∈ACF∈AC) nên BF⊥ACBF⊥AC, suy ra AFB^=90∘AFB=90∘.
• Xét tứ giác ABDFABDF: Hai đỉnh DD và FF cùng nhìn cạnh ABAB dưới một góc vuông (90∘90∘).
• Do đó, tứ giác ABDFABDF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính ABAB.

2. Giải ý b) Chứng minh CD⋅CB=CF⋅CACD⋅CB=CF⋅CA.

Ta cần chứng minh CDCA=CFCBCACD​=CBCF​, điều này tương đương với chứng minh △CDF∼△CAB△CDF∼△CAB (c.g.c).

• Góc C chung: Ta có FCD^=ACB^FCD=ACB (vì DD nằm trên BCBC và FF nằm trên ACAC).
• Góc còn lại:
  • Vì ABDFABDF là tứ giác nội tiếp (chứng minh ở ý a), ta có ADF^=ABF^ADF=ABF (cùng chắn cung AFAF).
  • Trong tam giác vuông △ABF△ABF (vuông tại FF), ta có ABF^=90∘−BAC^ABF=90∘−BAC.
  • Vì AD⊥BCAD⊥BC tại DD, nên ADC^=90∘ADC=90∘.
  • Ta có CDF^=ADC^−ADF^=90∘−ADF^CDF=ADC−ADF=90∘−ADF (Giả sử FF nằm trong góc ADC^ADC hoặc xét góc bù).
  • Thay ADF^=90∘−BAC^ADF=90∘−BAC vào, ta được:CDF^=90∘−(90∘−BAC^)=BAC^CDF=90∘−(90∘−BAC)=BAC
  • Do đó, CDF^=CAB.
• Từ (1) và (2) suy ra △CDF∼△CAB (g.g).
• Từ sự đồng dạng, ta có tỉ số đồng dạng: CDCA=CFCB
• Nhân chéo, ta được: CD⋅CB=CF⋅CA (Điều phải chứng minh).

3. Giải ý c) Chứng minh ba điểm K,E,H thẳng hàng.

• Vì CK là đường kính của (O) và A nằm trên (O) nên CAK^=90∘.
• Vì BF⊥AC và AK (vẽ thêm) có CAK^=90∘, suy ra AK∥BF. Do HH nằm trên BF, ta có AK∥BAK∥BH.
• Tương tự, vì CKCK là đường kính và BB nằm trên (O)(O) nên CBK^=90∘CBK=90∘.
• Vì AD⊥BCAD⊥BC và BKBK có CBK^=90∘CBK=90∘, suy ra BK∥AD. Do HH nằm trên AD, ta có BK∥AH
• Xét tứ giác AKBHAKBH: Vì AK∥BH và AH∥BK, nênAKBH là hình bình hành.
• E là trung điểm của cạnh AB. Trong hình bình hànhAKBH, hai đường chéo AB và KH cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
• Vậy E là trung điểm của KH.
• Do đó, ba điểm K,E,HK,E,H thẳng hàng.