Cho đường tròn ( O ) , dây C D cố định

a) . Chứng minh: Tứ giác \(PHIB\) nội tiếp.

Ta có \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {PHB} = 90^\circ \) (kề bù với \(\widehat {AHB} = 90^\circ \)); \(\widehat {PIB} = 90^\circ \) (GT) \( \Rightarrow H,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(PB \Rightarrow \) tứ giác \(PHIB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(PB\).

b) . Chứng minh: \(AH.AP = AI.AB\).

Xét \(\Delta AHI\) và \(\Delta ABP\) có:

\(\widehat {HAI}\) chung;

\(\widehat {AHI} = \widehat {ABP}\) (cùng bù với \(\widehat {PHI}\) do tứ giác \(PHIB\) nội tiếp)

.

c) . Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(AE\) và \(BP\). Kẻ \(KM \bot AB\) cắt \(AB\) tại \(M\), cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(N\) . Chứng minh \(N,I,H\) thẳng hàng.

Tứ giác \(PHIB\) nội tiếp nên \(\widehat {HIP} = \widehat {HBP}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (1);

Tam giác \(ABP\) có hai đường cao \(PI,BH\) cắt nhau tại \(E \Rightarrow E\) là trực tâm của \(\Delta ABP \Rightarrow AE \bot BP\) hay \(AK \bot BP \Rightarrow \widehat {EKB} = 90^\circ \), mà \(\widehat {EIB} = 90^\circ \) (GT)\( \Rightarrow \) tứ giác \(BKEI\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BE\) \( \Rightarrow \widehat {EIK} = \widehat {HBP}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (2);

Mà \(\widehat {EKB} = 90^\circ \)\( \Rightarrow K \in \left( O \right)\), lại có \(AB \bot KN\) tại \(M\) \( \Rightarrow MK = MN\)(quan hệ vuông góc đường kính và dây) \( \Rightarrow \Delta IMK = \Delta IMN\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {MIK} = \widehat {MIN} \Rightarrow 90^\circ  - \widehat {MIK} = 90^\circ  - \widehat {MIN}\) \( \Rightarrow \widehat {EIK} = \widehat {DIN}\)(3);

Từ (1), (2), (3) ta có \(\widehat {HIP} = \widehat {DIN}\left( { = \widehat {HBP} = \widehat {EIK}} \right) \Rightarrow \widehat {HIP} + \widehat {PIN} = \widehat {DIN} + \widehat {PIN} = \widehat {PID} = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {HIN} = 180^\circ  \Rightarrow H,I,N\) thẳng hàng.