Cho đường tròn \((O)\) có hai đường kính \(AC,\,\,BD\) (\(A\) khác \(B,\,\,D\)). Trên đoạn thẳng \(BC\) lấy điểm \(E\) (\(E\) khác \(B,\,\,C\)), đường thẳng \(ED\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai là \(F\).

a) Chứng minh rằng \(AB = CD\) và \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).

b) Đường thẳng qua \(E\), vuông góc với \(BC\) cắt tia \(AF\) tại \(G\). Chứng minh rằng tứ giác \(CEFG\) nội tiếp và \(CD\,.\,EG = CB\,.\,CE\).

c) Gọi \(H\) là  giao điểm của tia \(GE\) và \(AD\). Đường thẳng qua \(H\), song song với \(AC\) cắt đường thẳng qua \(E\), song song với \(FC\) tại \(K\). Chứng minh rằng ba điểm \(G,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.

a) Chứng minh rằng xxxxxx\(AB = CD\) và xxx\(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).

+) Chứng minh xxxx\(AB = CD\)

Xét xxx\(\Delta AOB\) và xxxxx\(\Delta COD\) có:

xxxx\(OA = OC\,\,( = R)\)

xxxx\({\widehat O_1} = {\widehat O_2}\) (hai góc đối đỉnh)

xxxx\(OB = OD\,\,( = R)\)

Do đó xxx\(\Delta AOB = \Delta COD\,\,{\rm{(c}}{\rm{.g}}{\rm{.c)}}\).

Suy ra xxxx\(AB = CD\) (hai cạnh tương ứng) (điều phải chứng minh).

+) Chứng minh xxxx\(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\)

Ta có xxxx\(\widehat {CFD} = \widehat {CBD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung xxxx\(CD\))

Lại có xxxxx\(OB = OC = R\) nên xxxx\(\Delta OBC\) cân tại xxxx\(O\).

Suy ra xxx\[\widehat {OBC} = \widehat {OCB}\] (tính chất tam giác cân).

Do đó xxxx\[\widehat {CBD} = \widehat {BCA}\].

Vậy xxxx\[\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\] (điều phải chứng minh).

b) Đường thẳng qua xxxx\(E\), vuông góc với xxxx\(BC\) cắt tia xxxx\(AF\) tại xxxx\(G\). Chứng minh rằng tứ giác xxxx\(CEFG\) nội tiếp và xxxxxx\(CD\,.\,EG = CB\,.\,CE\).

+) Chứng minh tứ giác xxxx\(CEFG\) nội tiếp

Ta có xxx\(\widehat {AFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra xxxx\(\widehat {CFG} = 90^\circ \).

Xét tứ giác xxx\(CEFG\) có: xxx\(\widehat {CFG} = \widehat {CEG} = 90^\circ \).

Mà hai đỉnh xxxxx\(E,\,\,F\) kề nhau cùng nhìn dưới xxxxxxxxx\(CG\) dưới hai góc bằng nhau.

Do đó tứ giác xxx\(EFGC\) nội tiếp (điều phải chứng minh).

+) Chứng minh xxx\(CD\,.\,EG = CB\,.\,CE\)

Ta có xxxxx.

Xét xxx\(\Delta AGC\) và xxxx\(\Delta ACF\) có:

xxxxxx\(\widehat {CAG}\) chung

xxx\(\widehat {AGC} = \widehat {ACF}\) (cmt)

Do đó xxxxx.

Suy ra xxxx\(\widehat {ACG} = \widehat {AFC} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)

Hay xxxx\(CG \bot AC\).

Do đó xxxx\(CG\) là tiếp tuyến của đường tròn xxxx\((O)\) tại xxxx\(C\).

Ta có xxx\(\widehat {BCD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra xxxxx\(\widehat {BCD} = \widehat {GEC} = 90^\circ \)

Xét xxxx\(\Delta BCD\) và xxxxx\(\Delta GEC\) có:

xxxx\(\widehat {BCD} = \widehat {GEC} = 90^\circ \) (cmt)

xxxx\(\widehat {BDC} = \widehat {GCE}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung xxxxxx\(BC\))

Do đó xxxx.

Suy ra xxxx\(\frac{{CB}}{{CD}} = \frac{{EG}}{{CE}}\) hay xxxxxxx\(CD\,.\,EG = CB\,.\,CE\) (điều phải chứng minh)

c) Gọi xxxx\(H\) là  giao điểm của tia xxx\(GE\) và xxxx\(AD\). Đường thẳng qua xxxxx\(H\), song song với xxxx\(AC\) cắt đường thẳng qua xxx\(E\), song song với xxxx\(FC\) tại xxx\(K\). Chứng minh rằng ba điểm xxx\(G,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.

Ta có tứ giác xxxx\(EFGC\) nội tiếp (cmt)

Suy ra xxxx\(\widehat {EGC} = \widehat {EFC} = \widehat {DFC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung xxx\(EC\)).

Mà xxxxx\(\widehat {DFC} = \widehat {DAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung xxxxx\(CD\)).

Nên xxxx\(\widehat {EGC} = \widehat {DAC} \Rightarrow \widehat {HGC} = \widehat {HAC}\).

Mà hai đỉnh xxxxxxxxx\(A,\,\,G\) cùng nhìn xx\(HC\) dưới hai góc bằng nhau nên tứ giác xx\(AGCH\) nội tiếp.

Suy ra xxx\(\widehat {ACH} = \widehat {FCE}\)

Ta có: xx\(EK\,{\rm{//}}\,FC \Rightarrow \widehat {FCE} = \widehat {CEK}\) (hai góc so le trong)

         xxxx\(HK\,{\rm{//}}\,AC \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {CHK}\) (hai góc so le trong)

Do đó xxxx\(\widehat {CEK} = \widehat {CHK}\).

Mà hai đỉnh xxx\(E,\,\,H\) kề nhau cùng nhìn xxx\(CK\) dưới hai góc bằng nhau.

Suy ra tứ giác xx\(CEHK\) nội tiếp.

Do đó xxxx\(\widehat {HEC} + \widehat {MKC} = 180^\circ \)

Mà xx\(\widehat {HEC} = 90^\circ \) (do xxx\(GH \bot BC\) tại xxxx\(E\))

Nên xxxx\(\widehat {HKC} = 90^\circ \) hay xxx\(CK \bot HK\).

Mà xxxxx\(HK\,{\rm{//}}\,AC \Rightarrow CK \bot AC\) (từ vuông góc đến song song).

Mà xxxxx\(CG \bot AC\) (cmt).

Vậy ba điểm xxxx\(G,\,\,C,\,\,K\) thẳng hàng.