Cho đường tròn tâm ( O ) , đường kính AB = 2R

a) Do \(AH \bot DH\) \[ \Rightarrow \widehat {AHD} = 90^\circ \] nên A, H, D thuộc đường tròn đường kính AD (1)

Lại có \(\widehat {ACB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đưởng tròn).

Suy ra \(\widehat {ACD} = {90^0}\) nên A, C, D thuộc đường tròn đường kính AD (1)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \) A, H, C, D  thuộc đường tròn đường kính AD hay tứ giác AHCD nội tiếp được một đường tròn.

b) Tứ giác AHCD nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {HCB} = \widehat {DAH}\)

Ta có \(\widehat {BCF};\widehat {BAF}\) nội tiếp (O) cùng chắn   \( \Rightarrow \widehat {BCF} = \widehat {BAF}\)

\( \Rightarrow \widehat {HCF} = \widehat {HCB} + \widehat {BCF} = \widehat {DAH} + \widehat {BAF} = \widehat {DAB} = 90^\circ .\)

Vậy \[\Delta CFH\] là tam giác vuông tại C.

c) Ta có: \[\widehat {FCB} = \widehat {HAB}\]  (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).

Tam giác OAD vuông tại A. Khi đó \[O{A^2} = OH.OD\]

Mà OA = OB nên \[O{B^2} = OH.OD \Rightarrow \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OD}}\]

Suy ra hai tam giác OHB và OBD đồng dạng.

Suy ra \[\widehat {OBH} = \widehat {ODB}\] (4)

Ta lại có tứ giác AHCD nội tiếp nên \[\widehat {ODB} = \widehat {CAH}\] (5)

Tứ giác ABFC nội tiếp nên \[\widehat {CAH} = \widehat {CBF}\]  (6)

Từ (4), (5) và (6) suy ra \[\widehat {OBH} = \widehat {CBF}\] (7)

Từ (3) và (7) suy ra hai tam giác HAB và FCB đồng dạng

Khi đó, ta có: \[\frac{{BC}}{{BA}} = \frac{{BF}}{{BH}} \Rightarrow \frac{{BC.BH}}{{BF}} = BA \Rightarrow \frac{{BC.BH}}{{BF}} = 2R\].

Vậy \[S = \frac{{BC.BH}}{{BF}} = 2R\].