Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Lấy điểm H trên đoạn thẳng OB sao cho BH < OH. Qua H vẽ dây cung DE vuông góc với AB. Qua D kẻ đường thẳng song song với AE cắt (O) tại C. Vẽ EG vuông góc

a) Ta có: \(\Delta HBE\) vuông tại \(H\) (vì \(DE\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\)) nên \(H\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Tương tự: \(\Delta GBE\) vuông tại \(G\) (vì \(EG\) vuông góc với \(BC\) tại \(G\)) nên \(G\) thuộc đường tròn đường kính \(BE\).

Do đó: bốn điểm \(B\), \(H\),\(E\),\(G\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BE\) hay tứ giác \(BHEG\) là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có: tứ giác \(BHEG\) là tứ giác nội tiếp (câu a)

nên \(\widehat {EHG} = \widehat {EBG}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EG\) của đường tròn đường kính \(BE\)) \(\left( 1 \right)\)

Mặt khác: tứ giác \(ACBE\) nội tiếp (vì bốn đỉnh cùng nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\)) nên \(\widehat {EAC} + \widehat {CBE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {EBG} + \widehat {CBE} = 180^\circ \) (kề bù)

Suy ra: \(\widehat {EAC} = \widehat {EBG}\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\widehat {EHG} = \widehat {EAC}\)

c) Có: \(CD{\rm{//}}AE\) (GT)

Suy ra: \[ACDE\] là hình thang và \(\widehat {EAC} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (trong cùng phía)

Mà \(\widehat {AED} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (vì tứ giác \(ACBE\) nội tiếp)

Do đó, \(\widehat {AED} = \widehat {EAC}\) nên hình thang \(ACDE\) là hình thang cân.

Gọi giao điểm của \(HG\) và \(AC\) là \(I\).

Ta có: \(\widehat {EHG} = \widehat {HEA}\) (vì cùng bằng \(\widehat {EAC}\))

Mà hai góc trên ở vị trí so le trong nên \(IG{\rm{//}}AE\)

Suy ra: \(IHEA\) là hình thang. Mặt khác: \(\widehat {AED} = \widehat {EAC}\) nên \(IHEA\) là hình thang cân

Suy ra: \(IA = HE\)

Chứng minh tương tự ta được: \(IC = HD\)

Mà: \(HD = HE\) (do \(\Delta OHD = \Delta OHE\))

Do đó: \(IA = IC\) hay \(HG\) đi qua trung điểm của cạnh \(AC\).