Ta có:
$\angle BAC$ là góc nhọn nên $\angle BAC < 90^\circ$.
Do đó, $\angle BOC = 180^\circ - \angle BAC > 90^\circ$.
Vậy, $O$ nằm ngoài tam giác $ABC$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$.
Khi đó, $OM$ là đường trung trực của $BC$ và $OM \perp BC$.
Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $OM$ là đường trung trực của $EF$ và $OM \perp EF$.

Áp dụng định lí Pappus cho hai đường thẳng $ABF$ và $ACE$, ta có:
$H, M, K$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $M$ là trung điểm của $BC$, nên $\frac{AM}{MB} = 1$.
Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{AH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{AH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

So sánh hai biểu thức trên, ta có:
$\left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1 = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{AH}{HC}\right) - 1$

Simplifying, ta được:
$\frac{CH}{HC} = \frac{AH}{HC}$
$\Rightarrow CH = AH$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HMK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = 1$

Vì $H, M, K$ thẳng hàng, nên $\frac{CK}{KA} = \frac{CH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CK}{KA} \cdot \frac{AM}{MB} = \frac{BH}{HC} \cdot \frac{CH}{HB} = \frac{BH}{HB} \cdot \frac{CH}{HC} = \left(\frac{BH}{HB} + \frac{CH}{HC}\right) - 1$

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $OHK$, ta có:
$\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB} = 1$

Vì $O$ là tâm đường tròn đường kính $BC$, nên $\frac{CO}{OA} = 1$.
Vì $H, O, K$ thẳng hàng, nên $\frac{AK}{KB} = \frac{AH}{HB}$.
Do đó, $\frac{BH}{HC} \cdot \frac{CO}{OA} \cdot \frac{AK}{KB