Cho nửa đường tròn đường kính \({\rm{AB}}\), có tâm là điểm \({\rm{O}}\). Đường thẳng đi qua tâm \({\rm{O}}\) và vuông góc với đường kính \({\rm{AB}}\) cắt nửa đường tròn đã cho tại \({\rm{C}}\). Trên tia đối của tia \({\rm{CA}}\)lấy điểm \({\rm{D}}\) (\({\rm{D}}\) không trùng với \({\rm{C}}\)), kẻ \({\rm{CH}}\)vuông góc với đường thẳng \({\rm{BD}}\) tại điểm \({\rm{H}}\).

a)   Chứng minh tứ giác \({\rm{OBHC}}\)nội tiếp.

b)    Gọi \({\rm{E}}\) là giao điểm của hai đường thẳng \({\rm{HO}}\) và \({\rm{BC}}\). Chứng minh \({\rm{HO}}\) là tia phân giác của \(\widehat {CHB}\) và \({\rm{CE}}{\rm{.CH = BE}}{\rm{.HD}}\).

c)    Đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{CHD}}\) cắt nửa đường tròn đường kính \({\rm{AB}}\) tại điểm \({\rm{K}}\)(\({\rm{K}}\) không trùng với C). Chứng minh \(DE > 2CK.\)

a) Xét \(\Delta {\rm{OCB}}\)vuông tại \(O\) nên \(\Delta {\rm{OCB}}\) nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\)

Xét \({\rm{\Delta HCB}}\)vuông tại \(H\) nên \(\Delta H{\rm{CB}}\) nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\)

Do đó tứ giác \({\rm{OBHC}}\)nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\).

b)

theo chứng minh phần a ta có tứ giác \({\rm{OBHC}}\)nội tiếp đường tròn đường kính \({\rm{CB}}\)

suy ra \(\widehat {CHO} = \widehat {CBA} = 45^\circ \) (cùng chắn cung \(OC\))

Nên \(\widehat {OHB} = \widehat {CHB} - \widehat {CHO} = 90^\circ  - 45^\circ  = 45^\circ \)

Do đó \({\rm{HO}}\) là tia phân giác của \(\widehat {CHB}\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

Xét \(\Delta CBD\) vuông tại \(C\), có đường cao \(AH\) nên \(C{H^2} = HB.HD\) hay \(\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{HD}}{{HC}}\)

Mặt khác \({\rm{HO}}\) là tia phân giác của \(\widehat {CHB}\)  nên \(\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{CE}}{{BE}}\)

Do đó  \(\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{CE}}{{BE}}\) hay \({\rm{CE}}{\rm{.CH = BE}}{\rm{.HD}}\).

c)                                                                 

Vì \(CD\)là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta {\rm{CHD}}\)

\({\rm{CE}} \bot {\rm{CD}}\) suy ra \({\rm{CE}}\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta {\rm{CHD}}\)

Gọi \({\rm{CF}}\) là đường kính của \(\left( {\rm{O}} \right)\)

Ta có \(\widehat {{\rm{CHD}}} = \widehat {{\rm{CKF}}} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó \({\rm{F}}{\rm{,}}\;{\rm{K}}{\rm{,}}\;{\rm{D}}\) thẳng hàng

Mặt khác \(\widehat {{\rm{CBF}}} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(CD\;{\rm{//}}\;BF\)

Theo cmpa ta có \(\frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{BE}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{HD}}}}{{{\rm{CH}}}}\)

Do đó \(\Delta {\rm{CHD}}\) đồng dạng với \(\Delta {\rm{BCD}}\) (g.g)

Nên \(\frac{{{\rm{HD}}}}{{{\rm{CH}}}} = \frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BC}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BF}}}}\)

Suy ra \(\frac{{{\rm{CE}}}}{{{\rm{BE}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{CD}}}}{{{\rm{BF}}}}\)

Xét hai tam giác \(\Delta {\rm{DCE}}\) và \(\Delta {\rm{BFE}}\)

\(\widehat {{\rm{DCE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{FBE}}} = 90^\circ \)

\(\widehat {{\rm{CDE}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{BFE}}}\) (hai góc so lê trong)

Do đó \(\Delta {\rm{DCE}}\) đồng dạng với \(\Delta {\rm{BFE}}\) (g.g)

Từ đó \(\widehat {{\rm{CED}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{BEF}}}\)suy ra \(\widehat {{\rm{CEF}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{CED}}}{\rm{ = }}\widehat {{\rm{CEF}}}{\rm{ + }}\widehat {{\rm{BEF}}} = 180^\circ \)

Hay \({\rm{D}}{\rm{,}}\;{\rm{E}}{\rm{,}}\;{\rm{F}}\) thẳng hàng

Do đó \({\rm{D}}{\rm{,}}\;{\rm{E}}{\rm{,}}\;{\rm{K}}\) thẳng hàng

Xét tam giác \({\rm{CED}}\) vuông tại \({\rm{C}}\)có \({\rm{CK}}\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền\({\rm{DE}}\).

Gọi \({\rm{T}}\) là trung điểm của \({\rm{DE}}\) thì \({\rm{CT}} = \frac{1}{2}{\rm{DE}}\)

Do đó \({\rm{CK}} \le {\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{DE}}\) hay \(2.\;{\rm{CD}} \le {\rm{DE}}\)

Dấu “=” xảy ra khi tam giác \({\rm{CED}}\) vuông cân tại \({\rm{C}}\)

Suy ra \(\widehat {{\rm{ECK}}} = 45^\circ \) hay \(\widehat {{\rm{BOK}}} = 90^\circ \) do đó \({\rm{K}} \equiv {\rm{C}}\) (không xảy ra)

Vậy \({\rm{DE}} > 2.\;{\rm{CK}}\)