Bài 2.
​1)Tam giác ABC có:

=> AH buông góc với BC (đccm)

2) * Ta có góc ACK = 90 độ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) <=> CK vuông góc với AC
Mà BH vuông góc với AC (BH là đường cao của tam giác ABC) nên BH song song CK  (1)
* Chứng minh tương tự ta được: CH song song với BK    (2)
Từ (1) và (2) => BHCK là h.bình hành (đccm)
* Hình bình hành BHCK có: I là trung điểm của đường chéo BC => I cũng là trung điểm của đường chéo HK
hay H,I,K thẳng hàng (đccm)

3) Xét tam giác ADB vuông tại D và tam giác AEC vuông tại E có:
Góc BAC là góc chung
Do đó tam giác ADB đồng dạng với tam giác AEC (g.g)
=> ​

4) Gọi giao điểm của OA và ED là L
* Ta có góc KAC = góc KBC (cùng chắn cung KC)
Mà HC song song với BK (cmt) nên góc ECB = góc KBC
Suy ra góc KAC = góc ECB   (3)
* Tam giác ADB đồng dạng với tam giác AEC (cmt)
=> góc ABD = góc ACE
=> Tứ giác BCDE có hai đỉnh B và đỉnh C kề nhau và cùng nhìn đoạn ED dưới một góc không đổi
=> Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn => góc EDB = góc ECB (cùng chắn cung EB)   (4)
Từ (3) và (4) => góc KAC = góc EDB => góc KAC + góc ADE = góc EDB + góc ADE
<=> góc KAC + góc ADE = góc BDA = 90 độ
* Tam giác ALC có góc ALD + góc KAC + góc ADE = 180 độ
hay góc ALD + 90 độ = 180 độ
<=> góc ALD = 90 độ
Vậy AL vuông góc LD hay OA vuông góc ED (đccm)

5) Ta có góc AEH = 90 độ (CE là đường cao của ABC)
góc ADH = 90 độ (BD là đường cao của tam giác ABC)
Suy ra AEH + ADH = 180 độ
=> Tứ giác ADHE có tổng hai góc đối AEH và ADH bằng 180 độ => Tứ giác ADHE nội tiếp được đường tròn
=> góc BAF = góc EDB (cùng chắn cung EH)
Lại có góc KAC = góc EDB (cmt)
Suy ra góc BAF = góc KAC
Xét tam giác AFB vuông tại F và ACK vuông tại C có:
góc BAF = góc KAC (cmt)
Do đó tam giác AFB đồng dạng với tam giác ACK (g.g)
=> ​

6) Tam giác ABC có I là trung điểm của BC và G là trọng tâm => 
Xét tam giác AHK có: 
Lại có HO là đường cao của tam giác AHK (AO =KO) => G HO
Vậy H,G và O thẳng hàng

Các chứ viết tắt:
đccm: điều cần chứng minh
cmt: chứng minh trên
gt: giả thiết
2.6) còn gọi là bài toán "Đường thẳng Euler (Ơ-le)"