1) BE ⊥ AC (gt) ⇒ $\widehat{BEC}=\widehat{BEA}=90°$  Hay $\widehat{HEA}=90°$

CF ⊥ AB (gt) ⇒ $\widehat{BFC}=\widehat{CFA}=90°$ Hay $\widehat{HFA}=90°$

Xét tứ giác BCEF có: $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90°$ 

Tứ giác có hai đỉnh E và F cùng nhìn BC dưới một góc vuông

⇒ Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC

⇒ Bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn đó là trung điểm của BC

2) Kẻ đường kính AD của (O), gọi giao điểm của AO và FE và Q

Xét (O), đường kính AD có: C ∈ (O)

⇒ $\widehat{ACD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AC ⊥ CD

Xét ΔACD vuông tại C ($\widehat{ACD}=90°$) có:

$\widehat{DAC}+\widehat{ADC}=90°$ (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông)

Hay $\widehat{QAE}+\widehat{ADC}=90°$

Xét (O) có: $\widehat{ADC}=\widehat{ABC}$  (góc nội tiếp chắn $\overparen{AC}$)

Hay $\widehat{ADC}=\widehat{FBC}$ 

Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC (cmt)

⇒ $\widehat{FBC}+\widehat{FEC}=180°$ (tổng hai góc đối trong tứ giác nội tiếp)

Mà  $\widehat{FEA}+\widehat{FEC}=180°$ (hai góc kề bù)

⇒ $\widehat{FEA}=\widehat{FBC}$ Hay $\widehat{QEA}=\widehat{FBC}$ 

Mà $\widehat{ADC}=\widehat{FBC}$ (cmt) 

⇒ $\widehat{QEA}=\widehat{ADC}$ 

Mà $\widehat{QAE}+\widehat{ADC}=90°$ (cmt)

⇒ $\widehat{QAE}+\widehat{QEA}=90°$

Xét ΔAQE có: $\widehat{QAE}+\widehat{QEA}=90°$ (cmt)

⇒ ΔAQE vuông tại Q ⇒ AO ⊥ EF tại Q

Xét (O), đường kính AD có: B ∈ (O)

⇒ $\widehat{ABD}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ AB ⊥ BD

Mà CF ⊥ AB (gt)

⇒ BD // CF (từ vuông góc đến song song)

⇒ $\widehat{FCB}=\widehat{CBD}$ (hai góc so le trong)

Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC (cmt)

⇒ $\widehat{FEB}=\widehat{FCB}$ (hai góc nội tiếp chắn $\overparen{FB}$)

Xét (O) có: $\widehat{CBD}=\widehat{CAD}$ (hai góc nội tiếp chắn $\overparen{CD}$)

Mà $\widehat{FEB}=\widehat{FCB}$ (cmt), $\widehat{FCB}=\widehat{CBD}$ (cmt)

⇒ $\widehat{FEB}=\widehat{CAD}$ Hay $\widehat{FEH}=\widehat{EAQ}$

Xét tứ giác AEHF có: $\widehat{HEA}+\widehat{HFA}=90°+90°=180°$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH

⇒ $\widehat{FEH}=\widehat{FAH}$ (hai góc nội tiếp chắn $\overparen{FH}$

Mà $\widehat{FEH}=\widehat{EAQ}$ (cmt)

⇒ $\widehat{FAH}=\widehat{EAQ}$ Hay $\widehat{BAH}=\widehat{EAQ}$

Có $\widehat{BAI}=\widehat{BAH}+\widehat{HAI}$

$\widehat{PAE}=\widehat{EAQ}+\widehat{QAP}=\widehat{EAQ}+\widehat{HAI}$

⇒ $\widehat{BAI}=\widehat{PAE}$

Có $\widehat{FEA}=\widehat{FBC}$  (cmt)  ⇒ $\widehat{PEA}=\widehat{ABI}$

Xét ∆APE và ∆AIB có:

$\widehat{PAE}=\widehat{BAI}$ (cmt)

$\widehat{PEA}=\widehat{ABI}$ (cmt)

⇒ ∆APE ~ ∆AIB (g.g)

3) ∆APE ~ ∆AIB (cmt)

⇒ $\frac{AE}{AB}=\frac{AP}{AI}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) (1)

Có $\widehat{PAE}=\widehat{BAI}$ (cmt) ⇒ $\widehat{EAH}=\widehat{BAD}$

Xét ∆AEH và ∆ABD có:

$\widehat{EAH}=\widehat{BAD}$ (cmt)

$\widehat{HEA}=\widehat{ABD}=90°$

⇒ ∆AEH ~ ∆ABD (g.g)

⇒ $\frac{AE}{AB}=\frac{AH}{AD}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ $\frac{AP}{AI}=\frac{AH}{AD}$ ⇒ $\frac{AP}{AH}=\frac{AI}{AD}$

Xét ∆AHD có: $\frac{AP}{AH}=\frac{AI}{AD}$ (cmt)

⇒ HD // PI (định lý Talét đảo) (*)

Có AC ⊥ CD (cmt)

BE ⊥ AC (gt)

⇒ CD // BE (từ vuông góc đến song song)

Xét tứ giác BHCD có:

CD // BH (CD // BE)

CH // BD (CF // BD)

⇒ Tứ giác BHCD là hình bình hành

Mà K là trung điểm của BC (gt)

⇒ K là trung điểm của HD ⇒ H, K, D thẳng hàng (**)

Từ (*) và (**) ⇒ HK // IP