d, Gọi S là giao điểm của tia  BF và tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn  Khi tứ giác  $AHIS$ nội tiếp được đường tròn. Chứng minh $EF\perp EK$

d, Xét tứ giác AEHK có $\widehat{AEH}+\widehat{AKH}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow$Tứ giác AEHK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${180}^0)$

$\Rightarrow \widehat{HEK}=\widehat{HAK}=\widehat{FAB}$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

Lại có: $\widehat{FAB}=\widehat{FEB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FE của (O))

$\Rightarrow \widehat{HEK}=\widehat{FEB}\Rightarrow EB$ là phân giác của $\widehat{FEK}\Rightarrow \widehat{FEK}=2.\widehat{FEB}=2.\widehat{FAB}\left(3\right)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}IH\perp AB\left(gt\right)\\ SA\perp AB\left(gt\right)\end{array}\right.\Rightarrow IH//SA\Rightarrow$Tứ giác $AHIS$là hình thang (tứ giác có 2 cạnh đối song song)

Khi AHIS là tứ giác nội tiếp thì $\widehat{SAH}+\widehat{SIH}={180}^0$(tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mà $\widehat{SAH}+\widehat{AHI}={180}^0$(hai góc trong cùng phía bù nhau)

$\Rightarrow \widehat{SIH}=\widehat{AHI}\Rightarrow$Tứ giác AHIS là hình thang cân 

Do đó $\widehat{ISA}=\widehat{SAH}$(tính chất hình thang cân) hay $\widehat{BSA}=\widehat{SAF}$

Mà $\widehat{SAF}=\widehat{SBA}$(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn $\stackrel{⏜}{AF})$

$\Rightarrow \widehat{BSA}=\widehat{SBA}\Rightarrow \Delta SAB$vuông cân tại A$\Rightarrow \widehat{SBA}={45}^0\left(4\right)$

Từ (3) và (4) ta có: $\widehat{FEK}=2\widehat{FAB}={2.45}^0={90}^0$

Vậy khi tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn, ta có được $EF\perp EK\left(dfcm\right)$