Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại điểm A của đường tròn (O) cắt đường thẳng BC tại điểm S. Gọi I là chân đường vuông góc kẻ từ điểm O đến đường thẳng BC.

1) Chứng minh tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi H và D lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm A đến các đường thẳng SO và SC. Chứng minh $\widehat{OAH}=\widehat{IAD}.$

3) Vẽ đường cao CE của tam giác ABC. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BE . Đường thẳng QD cắt đường thẳng AH tại điểm K. Chứng minh $BQ\cdot BA=BD\cdot BI$ và đường thẳng CK song song với đường thẳng SO.

1) Có SA là tiếp tuyến nên $SA\perp OA$$\Rightarrow \widehat{SAO}=90°.$

Vì $OI\perp BC\left(gt\right)\Rightarrow \widehat{SIO}=90°.$

Tứ giác SAOI có $\widehat{SAO}+\widehat{SIO}=90°+90°=180°,$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên SAOI là tứ giác nội tiếp.

Vì SAOI là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{SOA}=\widehat{SIA}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung SA) hay $\widehat{AOH}=\widehat{AID}\left(1\right)$

$\text{Δ}AHO$ vuông tại $H\left(AH\perp SO\right)$ nên $\widehat{AOH}+\widehat{OAH}=90°\Rightarrow \widehat{OAH}=90°-\widehat{AOH}\left(2\right)$

$\text{Δ}ADI$ vuông tại $H\left(AD\perp SC\right)$ nên $\widehat{AID}+\widehat{IAD}=90°\Rightarrow \widehat{IAD}=90°-\widehat{AID}\left(3\right)$

Từ (1), (2) và (3) ta có $\widehat{OAH}=\widehat{IAD}.$

3) * Chứng minh $BQ\cdot BA=BD\cdot BI.$

Cách 1: Xét tứ giác AEDC có $\widehat{AEC}=\widehat{ADC}=90°,$ mà hai góc này cùng nhìn cạnh AC

Do đó tứ giác AEDC nội tiếp suy ra $\widehat{AED}+\widehat{DCA}=180°.$

Mà $\widehat{AED}+\widehat{BED}=180°$ (kề bù), suy ra $\widehat{BED}=\widehat{DCA}.$

Xét $\Delta BED$ và $\Delta BCA$ có: $\widehat{ABC}$ chung và $\widehat{BED}=\widehat{BCA}.$

Do đó $\Delta BED\backsim \Delta BCA$ (g.g) $\Rightarrow \frac{BE}{BC}=\frac{BD}{BA}$ (tỉ số đồng dạng).

$\Rightarrow BD\cdot BC=BE\cdot BA$$\Rightarrow \frac{1}{2}BC\cdot BD=\frac{1}{2}BE\cdot BA$$\Rightarrow BI\cdot BD=BQ\cdot BA.$

Suy ra tứ giác QDIA nội tiếp.

Cách 2: Xét $\Delta BCE$ có Q, I lần lượt là trung điểm của BE, BC nên QI là đường trung bình của tam giác.

$\Rightarrow QI\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}EC,$ mà $AB\perp EC$ nên $AB\perp QI$ hay $\widehat{AQI}=90°.$

Xét tứ giác AQDI có $\widehat{AQI}=\widehat{ADI}=90°,$ mà hai góc này cùng nhìn cạnh AI.

Do đó tứ giác AQDI nội tiếp $\Rightarrow BQ\cdot BA=BI\cdot BD.$

* Chứng minh $CK\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}SO.$

Ta có $\widehat{BAD}=90°-\widehat{ABC}=90°-\frac{\widehat{AOC}}{2}=\widehat{OAC}.$

Mà $\widehat{IAD}=\widehat{OAH}$ (theo câu b) nên $\widehat{BAI}=\widehat{KAC}.$

Lại có tứ giác AQDI nội tiếp nên $\widehat{BDQ}=\widehat{BAI}=\widehat{KAC}.$

Mặt khác $\widehat{CDK}=\widehat{BDQ},$ do đó $\widehat{CDK}=\widehat{KAC}.$

Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp nên $\widehat{CKA}=\widehat{CDA}=90°\Rightarrow CK\perp AK.$

Mà $AK\perp SO$ nên $CK\text{\hspace{0.17em}//\hspace{0.17em}}SO.$