Ta có:

∠BHE=900∠BHE=900 (do EH⊥ABEH⊥AB)

∠BKE=900∠BKE=900 (do EK⊥BCEK⊥BC)

Tứ giác BHEKBHEK có ∠BHE+∠BKE=900+900=1800∠BHE+∠BKE=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800) (đpcm)

2) Chứng minh BH.BA=BK.BCBH.BA=BK.BC.

Theo câu a) tứ giác BHEKBHEK nội tiếp nên ∠BKH=∠BEH∠BKH=∠BEH (cùng chắn cung BHBH)

Ta có:

∠BEH+∠EBH=900∠BEH+∠EBH=900 (do tam giác BHEBHE vuông tại HH).

∠BAE+∠EBH=900∠BAE+∠EBH=900 (do tam giác ABEABE vuông tại EE).

Nên ∠BEH=∠BAE∠BEH=∠BAE (cùng phụ với ∠EBH∠EBH).

Mà ∠BKH=∠BEH∠BKH=∠BEH (cmt) nên ∠BKH=∠BAE(=∠BEH)∠BKH=∠BAE(=∠BEH).

Xét ΔBHKΔBHK và ΔBCAΔBCA có:

∠ABC∠ABC chung

∠BKH=∠BAE=∠BAC∠BKH=∠BAE=∠BAC (cmt)

⇒ΔBHK∼ΔBCA(g.g)⇒ΔBHK∼ΔBCA(g.g)

⇒BHBC=BKBA⇒BHBC=BKBA (hai cạnh tương ứng)

⇒BH.BA=BK.BC⇒BH.BA=BK.BC (đpcm).

3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh ba điểm H, I, K là ba điểm thẳng hàng.

Gọi I′I′ là giao điểm của HK và EF.

Xét tứ giác BFECBFEC có: ∠BFC=∠BEC=900(gt)∠BFC=∠BEC=900(gt) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh các góc bằng nhau).

⇒∠B1=∠F1⇒∠B1=∠F1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ECEC).

Ta có: EH//CFEH//CF (cùng vuông góc ABAB)

⇒∠F1=∠E1⇒∠F1=∠E1 (so le trong)

Do đó ∠B1=∠E1∠B1=∠E1 (1).

Theo câu a, tứ giác BHEKBHEK nội tiếp nên ∠B1=∠H1∠B1=∠H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EKEK) (2).

Từ (1) và (2) suy ra ∠H1=∠E1∠H1=∠E1

Tam giác I′HEI′HE có ∠H1=∠E1∠H1=∠E1 nên là tam giác cân (định nghĩa).

⇒I′H=I′E⇒I′H=I′E (tính chất tam giác cân)  (3)

Lại có:

∠H1+∠H2=∠BHE=900∠H1+∠H2=∠BHE=900

∠F2+∠E1=900∠F2+∠E1=900 (do tam giác HEFHEF vuông tại HH).

Nên ∠H2=∠F2∠H2=∠F2 hay tam giác I′HFI′HF  cân tại I′I′ (định nghĩa).

⇒I′H=I′F⇒I′H=I′F (tính chất tam giác cân)  (4)

Từ (3) và (4) suy ra I′E=I′FI′E=I′F hay I′I′ là trung điểm của EFEF.

Do đó I′≡II′≡I nên ba điểm H,I,KH,I,K thẳng hàng (đpcm).