(1,5 điểm)

Cho tam giác nhọn \(ABC\)\(\left( {AB > AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\) \(\left( {H \in BC} \right)\). Từ \(H\) kẻ \(HK,\,\,HI\) lần lượt vuông góc với \(AB,\,\,AC\,\,\left( {K \in AB,\,\,I \in AC} \right)\).

a) Chứng minh tứ giác \(AKHI\) nội tiếp.

b) Kẻ đường kính \(AD\) của \(\left( O \right),\) gọi \(M\) là giao điểm của \(AD\) với \(IK.\)

     Chứng minh \(\widehat {AHM} = \widehat {ADH.}\)

a) Do \(HK \bot AB\) nên \(\Delta AHK\) vuông tại \[K\] nên \({\rm{A}},{\rm{H}},{\rm{K}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH.\]
\(HI \bot AC\) nên \(\Delta AHI\) vuông tại I nên \(A,\,\,H,\,\,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\] Suy ra \({\rm{A}},{\rm{H}},{\rm{K}},{\rm{I}}\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\] hay tứ giác \[AKHI\] nội tiếp.
b) Xét \(\Delta AHI\) và \(\Delta ACH\) có \(\widehat {HAC}\) chung và \(\widehat {AIH} = \widehat {AHC}\,\,\left( { = 90^\circ } \right)\)
Suy ra  nên \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AI}}{{AH}}\) hay \(A{H^2} = AI \cdot AC\)
Tương tự  nên \(\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AK}}{{AH}}\) hay \(A{H^2} = AB \cdot AK\)
Suy ra \(AI \cdot AC = AK \cdot AB\) hay \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AK}}{{AC}}\)
Kết hợp với \(\widehat {BAC}\) chung nên suy ra
Suy ra \(\widehat {AIK} = \widehat {ABC}\) (cặp góc tương ứng)
Ta có \(\widehat {AIM} + \widehat {IAM} = \widehat {ABC} + \widehat {CAD} = \widehat {ABC} + \widehat {CBD} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) (do chắn đường kính AD)
Suy ra \(\Delta AMI\) vuông tại \[M\].
Xét \(\Delta AMK\) và \(\Delta ABD\) có \(\widehat {DAB}\) chung và \[\widehat {AMK} = \widehat {ABD}\,\,\left( { = 90^\circ } \right)\]
Suy ra  suy ra \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AK}}{{AD}}\) hay \(AM \cdot AD = AK \cdot AB\)
Mà \(A{H^2} = AB \cdot AK\) nên \(AM \cdot AD = A{H^2}\) hay \(\frac{{AM}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AD}}\)
Kết hợp \(\widehat {HAD}\) chung suy ra
Vậy \(\widehat {AHM} = \widehat {ADH}\) (hai góc tương ứng) (đpcm)