Cho đường tròn (O; R) đường kính AB cố định. Dây CD di động vuông góc với AB tại H giữa A và O. Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ; BF cắt CD tại E, AF cắt tia DC tại I.

1. Chứng minh: tứ giác AHEF nội tiếp.

2. Chứng minh: HA.HB = HE.HI.

3. Đường tròn nội tiếp tam giác IEF cắt AE tại M. Chứng minh M thuộc đường tròn (O; R).

4. Tìm vị trí của H trên OA để tam giác OHD có chu vi lớn nhất.

1) Ta có: \(\widehat {AFB} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác AHEF có: \(\widehat {AFE} + \widehat {AHE} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \), mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Nên AHEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AE.

2) Do AHEF nội tiếp nên \[\widehat {IAH} = \widehat {BEH}\]

Xét ΔHAI và ΔHEB có:

\[\widehat {IAH} = \widehat {BEH}\]

\(\widehat {AHI} = \widehat {EHB} = 90^\circ \)

Suy ra: ΔHAI ∽ ΔHEB (g.g)

⇒ \(\frac{{HA}}{{HE}} = \frac{{HI}}{{HB}}\)

⇒ HA.HB = EH.HI

3) Ta có: \(\widehat {IFE} = 90^\circ \)⇒ F thuộc đường tròn đường kính (IE)

Gọi G là trung điểm của IE suy ra ΔIFE nội tiếp đường tròn tâm G.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF cắt AE tại M nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF hay IFEM nội tiếp đường tròn (G)

⇒ \(\widehat {IME} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ IM ⊥ ME (1)

Mà ΔIAB có hai đường cao IH, BF cắt nhau tại E

⇒ E là trực tâm suy ra AE ⊥ IM (2)

Từ (1) và (2) suy ra ME, AE trùng nhau suy ra \(\widehat {AMB} = 90^\circ \)⇒ M ∈ (O)

4) Áp dụng định lý Pitago vào ΔOHD ⊥ H ta có:

R² = OD² = HO² + HD²

⇒ 2R² = 2HO² + 2HD²

= (HO + HD)² + (HO – HD)² ≥ (HO + HD)²

⇒ HO + HD ≤ \(R\sqrt 2 \)

Chu vi tam giác OHD min = HO + HD + OD = \(R\sqrt 2 \) + R

Dấu “=” xảy ra khi: OH + HD = \(R\sqrt 2 \) và có OH² + HD² = R²

Suy ra: OH = HD = \(\frac{R}{{\sqrt 2 }}\).