Cho đường tròn (O; R). Từ điểm A nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến AB (B là tiếp điểm). Kẻ đường kính BC của đường tròn (O). Trên OC lấy điểm I bất kì. Đường thẳng AI cắt (O) tại D và E (AD < AE).

a) Chứng minh tứ giác \(ABOH\) nội tiếp.

Xét \((O)\) có \(AB\) là tiếp tuyến tại \(B\) (gt) nên \(AB \bot BO \Rightarrow \widehat {ABO} = {90^0}\)

Xét \(\Delta ODE\) cân tại \(O\) (do \(OD = OE = R\)), có \(OH\) là đường trung tuyến (do \(H\) là trung điểm của \(DE\))

Suy ra \(OH\) cũng là đường cao

Suy ra \(\widehat {OHD} = \widehat {OHE} = {90^0}\) \( \Rightarrow \widehat {OHA} = {90^0}\)

Xét \(\Delta ABO\) có \(\widehat {ABO} = {90^0}\) nên \(\Delta ABO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\)

Suy ra ba điểm \(A,B,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\) (1)

Xét \(\Delta AHO\) có \(\widehat {AHO} = {90^0}\) nên \(\Delta AHO\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AO\)

Suy ra ba điểm \(A,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm \(A,B,H,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\).

Suy ra tứ giác \(ABOH\) nội tiếp. (đpcm)

b) Chứng minh \(HK//DC\)

Tứ giác \(ABOH\) nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {OBH} = \widehat {OAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(EK//OA \Rightarrow \widehat {HEK} = \widehat {OAH}\) (hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {OBH} = \widehat {HEK}\)

Gọi \(T\) là hình chiếu của \(H\) lên \(KE\).

\(KE\) cắt \(\left( {BHK} \right)\) tại \(E\prime \).

Ta có: \(\widehat {HE\prime K} = \widehat {HBK} = \widehat {HEK}\)

\( \Rightarrow 90^\circ  - \widehat {HE\prime K} = 90^\circ  - \widehat {HEK}\)

$\Rightarrow \widehat{TH{E}^{\text{'}}}=\widehat{THE}$

Từ đó suy ra $HE\equiv HE\Rightarrow E^{\text{'}}\in HE$

Nên E' là giao điểm của \(HE\)và \(KE\) suy ra $E\equiv E^{\text{'}}$

Suy ra \(E\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BHK\)

Suy ra tứ giác \(BEKH\) nội tiếp

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BEH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  của (O))

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BCD}\)

Mà hai góc ở vị trí đồng vị

Suy ra \(HK//DC\) (đpcm).

c) \(CD\) cắt \(AO\) tại \(P\), \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F\). Chứng minh \(\Delta EHB\) đồng dạng với \(\Delta COP\) và \(F\) thuộc đường tròn \((O)\).

 Có \(\widehat {BEH} = \widehat {BCD}\) (CMT) suy ra \(\widehat {BEH} = \widehat {OCP}\)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BEKH\)

\(\widehat {BHE} = \widehat {BKE}\)(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\))

Mà \(\widehat {BKE} = \widehat {COP}\) (hai góc so le trong, \(EK//OA\))

Suy ra \(\widehat {BHE} = \widehat {COP}\)

Xét \(\Delta EHB\) và \(\Delta COP\) có

\(\widehat {BHE} = \widehat {COP}\) (CMT)

\(\widehat {BEH} = \widehat {OCP}\) (CMT)

Suy ra $\Delta EHB\backsim \Delta COP$ (g.g) (đpcm).

 Vì $\Delta EHB\backsim \Delta COP$ (CMT) \( \Rightarrow \frac{{EH}}{{EB}} = \frac{{CO}}{{CP}}\) và \(\widehat {HEB} = \widehat {OCP}\) hay \(\widehat {DEB} = \widehat {BCP}\)

Mà \(ED = 2EH,CB = 2CO\) (do \(H\) là trung điểm của \(DE\), \(O\) là trung điểm của \(BC\))

Suy ra \(\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}\)

Xét \(\Delta EDB\) Và \(\Delta CBP\) có \(\widehat {DEB} = \widehat {BCP}\) (CMT) và \(\frac{{ED}}{{EB}} = \frac{{CB}}{{CP}}\)

Suy ra $\Delta EDB\backsim \Delta CBP$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {EDB} = \widehat {CBP}\)

Mà \(\widehat {EDB} = \widehat {ECB}\) (CMT)

Suy ra \(\widehat {CBP} = \widehat {ECB}\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Suy ra \(BP//EC\)

Gọi giao điểm của \(BP\) và \((O)\) là \(F'\).

Ta có: \(\widehat {BEC} = {90^0};\widehat {ECF'} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà \(BP//EC\)

Suy ra \(\widehat {BEC} + \widehat {EBF'} = {180^0}\) (hai góc trong cùng phía)

Suy ra \(\widehat {EBF'} = {90^0}\)

Xét tứ giác \(BECF'\) có \(\widehat {BEC} = \widehat {ECF'} = \widehat {EBF'} = {90^0}\)

Suy ra tứ giác \(BECF'\) là hình chữ nhật.

Mà \(O\) là trung điểm của \(BC\)

Suy ra \(BC\) cắt \[EF'\] tại \(O\)

Suy ra \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F'\)

Mà \(EO\) cắt \(BP\) tại \(F\) (gt)

Suy ra \(F \equiv F'\). Mà \(F' \in (O)\)

Suy ra \(F \in (O)\) (đpcm).