$Cho đường tròn \[(O)\] và \[BC\] là một dây cung khác đường kính của \[(O),\] \[A\] (ảnh 1)$

a) Chướng minh \[EHAK\] là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác \[EHAK\] có:

\[\widehat {AHE} = {90^0}\] (do \[EH \bot AB\])

\[\widehat {AKE} = {90^0}\] (do \[EK \bot AC\])

\[ \Rightarrow \widehat {AHE} + \widehat {AKE} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]. Mà hai đỉnh \[H,K\] là hai đỉnh đối diện nên \[EHAK\] là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi \[F\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC.\] Chứng minh \[E\] thuộc đườn tròn \[(O)\] và \[E\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BCF.\]

* Chứng minh \[E\] thuộc đườn tròn \[(O).\]

Vì \[E\] thuộc phân giác của góc \[\widehat {BAC}\] nên \[EH = EK\] (theo tính chất)

Vì \[OE\] qua \[O\] và vuông góc với \[BC \Rightarrow OE\] đi qua trung điểm của \[BC\] (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \[EB = EC\] (tính chất).

Xét tam giác vuông \[EBH\] và tam giác vuông \[ECK\] có:

\[\widehat {EHB} = \widehat {ECK} = {90^0}\]

\[EB = EC\] (cmt)

\[EH = EK\] (cmt)

\[ \Rightarrow \Delta EHB = \Delta EKC\] (cạnh huyền – cạnh góc vuông) \[ \Rightarrow \widehat {EBH} = \widehat {ECK} = \widehat {ACE}\] (hai góc tương ứng).

Mà \[\widehat {EBH} + \widehat {ABE} = {180^0}\] (hai góc kề bù) \[ \Rightarrow \widehat {ACE} + \widehat {ABE} = {180^0}\]

Mà \[B,C\] là hai đỉnh đối nhau nên \[ABEC\] là tứ giác nội tiếp.

Mặt khác lại có \[A,B,C\] cùng thuộc \[(O)\] nên \[ABEC\] nội tiếp đường tròn \[(O).\]

Vậy \[E\] thuộc đường tròn \[(O)\] (đ.p.c.m)

* Chứng minh \[E\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BCF\]

Ta có: \[\widehat {EBF} = \widehat {EBD} + \widehat {DBF}\]

Mà \[\widehat {EBD} = \widehat {EBC} = \widehat {EAC} = \widehat {BAF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC\] và \[AE\] là phân giác của góc \[A\]).

Lại có \[\widehat {DBF} = \widehat {ABF}\] (do \[F\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[ABC\] nên \[BF\] là phân giác của \[\widehat {ABC}\]) \[ \Rightarrow \widehat {EBF} = \widehat {BAF} + \widehat {ABF} = \widehat {EFB}\] (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

\[\Delta EBF\] cân tại \[E\] (định nghĩa) \[ \Rightarrow EB = EF\] (tính chất).

Mà \[EB = EC\] (cmt)\[ \Rightarrow EB = EC = EF\].

Vậy \[E\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BCF\] (đ.p.c.m).

c) Gọi \[M,N,I\] lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \[AE,BE\] và \[BC.\] Chứng minh \[BMDN\] là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm \[A\] để bốn điểm \[H,N,I,K\] thẳng hàng.

+ Xét tứ giác \[BHEI\] có: \[\widehat {BHE} + \widehat {BIE} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\]

Mà hai đỉnh \[H,I\] đối nhau nên \[BHEI\] là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \[N\] đường kính \[BE \Rightarrow \widehat {BIH} = \widehat {BEH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[BH\]).

+ Xét tứ giác \[CEIK\] có:\[\widehat {CIE} = \widehat {CKE} = {90^0}\]

Mà \[I,K\] kề nhau cùng nhìn \[EC\] dưới hai góc bằng nhau nên \[CEIK\] là tứ giác nội tiếp \[ \Rightarrow \widehat {KIC} = \widehat {KEC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn \[KC\]).

Mà \[\Delta EHB = \Delta EKC\] (chứng minh b) nên \[\widehat {BEH} = \widehat {KEC}\] (hai góc tương ứng) \[ \Rightarrow \widehat {BIH} = \widehat {KIC}\]

Mà \[\widehat {BIH} + \widehat {HIC} = {180^0}\] (hai góc kề bù) \[\widehat {KIC} + \widehat {HIC} = {180^0} \Rightarrow \widehat {HIK} = {180^0} \Rightarrow H,I,K\] thẳng hàng.

Để \[H,N,I,K\] thẳng hàng thì cần \[H,N,I\] thẳng hàng.

Vì \[BHEI\] là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \[N\] đường kính \[BE\] (cmt) nên \[NH = NI.\]

Mà \[H,N,I\] thẳng hàng \[ \Rightarrow N\] là trung điểm của \[HI.\]

Mà \[N\] lại là trung điểm của \[BE \Rightarrow BHEI\] là hình bình hành (dhnb).

Lại có \[\widehat {BHE} = {90^0}\] (gt) \[ \Rightarrow BHEI\] là hình chữ nhật (dhnb)\[ \Rightarrow \widehat {HBI} = {90^0} \Rightarrow \widehat {ABC} = {90^0} \Rightarrow \Delta ABC\] vuông tại \[B.\]

Vậy \[A\] nằm trên đường tròn \[(O)\] sao cho \[\Delta ABC\] vuông tại \[B.\]

Phương trình \[3{x^2} - 7x + 4 = 0\] có hai nghiệm