Cho đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB,C\] là điểm thuộc đường tròn sao cho \(AC < BC.\) Từ điểm \[O\] kẻ đường thẳng vuông góc với dây \[BC\] tại \[H\], cắt tiếp tuyến \[Bx\] tại \[D\]. Đường thẳng \[AD\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[E\].

1) Chứng minh tứ giác \[BHED\] là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh \(AO.EB = OD.CE\).

3) Gọi \[I\] là trung điểm của \(HD{\rm{, }}BI\) cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[F\]. Chứng minh tam giác \(HAB\) đồng dạng với tam giác \(IBD\) và \(HF \bot BI.\)

1) Vì \(OD \bot BC\) tại \(H\) nên \(\Delta BHD\) vuông tại \(H\).

Suy ra \(\Delta BHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\] (1)

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

Suy ra \(BE \bot AD\) tại \[E\].

Vì \(\Delta BED\) vuông tại \[E\] nên \(\Delta BED\) nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\] (2)

Từ (1) và (2), suy ra tứ giác \[BHED\] là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\].

2) Xét \[\Delta AOD\] và \(\Delta CEB\), có:

\(\widehat {OAD} = \widehat {BCE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn \[\left( O \right)\]);

\(\widehat {ADO} = \widehat {CBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \[BD\]).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AO}}{{CE}} = \frac{{OD}}{{EB}}\) (tỉ số đồng dạng)

Vậy \(AO.EB = OD.CE\) (điều phải chứng minh).

3) Vì \(OB = OC\)nên \(\Delta OBC\)cân tại \[O\].

Do đó \(OH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến của \(\Delta OBC\).

Suy ra \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Vì vậy \(BC = 2BH\).

Vì \(I\) là trung điểm của \(HD\) nên \(DH = 2DI\).

Ta có: \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)).

Vì \[Bx\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABD} = 90^\circ \] hay \[AB \bot BD\].

Xét \[\Delta ABC\] và \(\Delta BDH\), có:

\(\widehat {ACB} = \widehat {BHD} = 90^\circ \);

\(\widehat {ABC} = \widehat {HDB}\) (cùng phụ \(\widehat {DBH}\)).

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{BC}}{{DH}}\).

Mà \(DH = 2DI{\rm{, }}BC = 2BH\) (chứng minh trên).

Vì vậy \(\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{2BH}}{{2DI}} = \frac{{BH}}{{DI}}\).

Xét \[\Delta HAB\] và \(\Delta IBD\), có:

\(\widehat {ABH} = \widehat {BDI}\) (do );

\(\frac{{BA}}{{DB}} = \frac{{BH}}{{DI}}\) (chứng minh trên).

Do đó (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {HAB} = \widehat {IBD}\) (cặp góc tương ứng).

Gọi \[F'\] là giao điểm của \[AH\] và \[BI\].

Ta có: \(\widehat {IBD} + \widehat {IBA} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) (do \[AB \bot BD\]).

Mà \(\widehat {HAB} = \widehat {IBD}\) (chứng minh trên).

Suy ra \(\widehat {HAB} + \widehat {ABI} = 90^\circ \) hay \(\widehat {F'AB} + \widehat {F'BA} = 90^\circ \).

Do đó \(\Delta ABF'\) vuông tại \(F'\).

Vì vậy \(AF' \bot BI\).

Ta có: \[\widehat {AFB} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)).

Suy ra \[AF \bot BI\].

Mà \(AF' \bot BI\) (chứng minh trên).

Do đó \[AF\] trùng \(AF'\).

Suy ra \(F'\) trùng với \(F\).

Vì vậy \(HF \bot BI\) (điều phải chứng minh).

Vậy và \(HF \bot BI.\)