Cho nửa ( O ) đường kính AB = 2R , C là điểm bất kì nằm trên nửa đường tròn sao cho C khác A và AC < CB

a) Giả sử \(I\) là trung điểm của \(EF\).

Xét \(\left( O \right)\) có:

\(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(BC \bot AF\)

Nên \(\Delta BCF\) hay \(\Delta ECF\)vuông tại \(C\), có \(CI\) là đường trung tuyến nên \(CI = IE = IF = \frac{{EF}}{2}\).

 \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \[AD \bot BF\].

Nên \(\Delta ADF\)hay \(\Delta EDF\)vuông tại C, có DI là đường trung tuyến nên \(DI = IE = IF = \frac{{EF}}{2}\).

Khi đó \(CI = DI = IE = IF\) suy ra tứ giác \(FCED\) nội tiếp đường tròn tâm \(I\) đường kính \(EF\).

b) Tam giác vuông \(FDA\) đồng dạng với tam giác vuông \(FCB\) (g.g).

Suy ra \(\frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{FD}}{{FC}}\) (2 cặp cạnh tương ứng)

Nên \(FC.FA = FD.FB\) (đpcm)

c) Vì \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(FCED\) nên \[CI = IF\].

Khi đó \(\Delta ICF\)cân tại \(I\)\( \Rightarrow \widehat {{F_1}} = \widehat {FCI}\) (1)

Xét \(\Delta OAC\) cân tại \[O\] nên \(\widehat {CAO} = \widehat {OCA}\) (2)

Xét \(\Delta ABF\) có \[BC,AD\] là hai đường cao cắt nhau tại \[E\] nên \[E\] là trực tâm của \(\Delta ABF\).

Suy ra \[EF \bot AB\]\[ \Rightarrow \widehat {{F_1}} + \widehat {CAO} = {90^0}\]  (3)

Từ (1); (2); (3) nên \(\widehat {ICF} + \widehat {OCA} = {90^0}\).

Do đó \(\widehat {OCI} = {90^o}\) hay \(OC \bot CI\).

Vậy \(CI\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

d) Ta có: \(\left. \begin{array}{l}\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} + \widehat {{O_3}} = 180^\circ \\\widehat {{O_2}} = 90^\circ \end{array} \right\}\) nên \(\widehat {\,{O_1}} + \widehat {{O_3}} = 90^\circ \).

Xét \(\left( O \right)\) ta có: 

\[\left. \begin{array}{l}\widehat {DAB} = \frac{1}{2}\widehat {{O_1}}\\\widehat {ABC} = \frac{1}{2}\widehat {{O_3}}\end{array} \right\}\,\] nên \[\widehat {DAB} + \widehat {ABC} = \frac{1}{2} \cdot 90^\circ  = 45^\circ \].

Xét \(\Delta AEB\) ta có \[\widehat {DAB} + \widehat {ABC} = 45^\circ \] nên \(\widehat {AEB} = 135^\circ \).

Qua A kẻ \(Ax \bot AE\) . Qua B kẻ \(By \bot BE\) ; Gọi By cắt Ax tại K.

Xét tứ giác \[EAKB\] ta có:

\(\left. \begin{array}{l}\widehat {KAE} = 90^\circ \left( {Ax \bot AE} \right)\\\widehat {KBE} = 90^\circ \left( {By \bot {\rm B}{\rm E}} \right)\end{array} \right\}\,\,n\^e n\,\,\widehat {KAE} + \widehat {KBE} = 180^\circ \).

Mà hai góc nằm tại hai đỉnh đối nhau nên tứ giác \[EAKB\] nội tiếp.

\(\widehat {AKB} + \widehat {AEB} = 180^\circ \) nên \(\,\widehat {AKB} = 45^\circ \).

Gọi H là trung điểm của EK  nên \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[EAKB\].

Xét \(\left( H \right)\): \(\widehat {AKB} = \frac{1}{2}\widehat {AHB} \Rightarrow \widehat {AHB} = 90^\circ \).

Xét \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) có \(HA = HB\)(bán kính đường tròn tâm \(H\)) nên \[\Delta AHB\]vuông cân tại \(H\).

Mà \(AB\) không đổi nên \(H\) cố định.

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHB\] ta có: \(H{A^2} + H{B^2} = A{B^2}\)

                                                                                                 \(\begin{array}{l}\,2H{A^2} = 4{R^2}\\\,\,\,H{A^2} = 2{R^2}\\\,\,\,\,\,HA = \sqrt 2 R\end{array}\)

Vậy khi \(C\) thay đổi thì \(E\) chạy trên đường tròn (H; \(\sqrt 2 R\)) cố định.