Cho \[(O,R)\] đường kính \[AB\]. Gọi \[I\] là trung điểm của \[OA\]. Kẻ dây \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[I\]. Lấy điểm \[H\] thuộc đoạn \[IC\], tia \[AH\] cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \[K\]. Gọi \(N\) là trung điểm của \(HB\).

(a) Chứng minh \[4\] điểm \[B,I,H,K\] cùng thuộc một đường tròn.

(b) Chứng minh \[AH \cdot AK = {R^2}\].

(c) Tia \[AC\] cắt tia \[BK\] tại \[M\], \[AK\] cắt \[BC\] tại \[E\], tia \[ME\] cắt \[AB\] tại \[F\]. Kẻ \[CP\] vuông góc với \[AK\] \[(P \in AK)\]. Chứng minh: \[IP{\rm{ // KD}}\] và \[3\] điểm \[D,F,K\] thẳng hàng.

a) \(\Delta OCD\) cân tại O có OI là đường cao nên OI đồng thời là đường trung tuyến.Xét đường tròn \[(O)\] có $\widehat{AKB}={90}^{°}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\Delta HKB\) vuông tại \(K\)

Xét \(\Delta HIB\) vuông tại \(I\) có \[IN\] là đường trung tuyến nên \[NH = NB = NI\].

Tương tự chứng minh \[NH = NB = NK\].

Suy ra \[NH = NB = NI = NK\] hay điểm \[N\] cách đều bốn điểm \[B,I,H,K\]. Vậy \[4\] điểm \[B,I,H,K\] cùng thuộc đường tròn.

b) Xét và có vàchung nên (g.g) 

Suy ra \(AH.AK = AI.AB\) mà và AB = 2R

Do đó

c) Vì \[CD \bot AB\] tại \[I\] nên \[\Delta ACI\] vuông tại \[I\]

Gọi \[L\] là trung điểm của \[AC\].

Xét \[\Delta ACI\] vuông tại \[I\] có \[IL\] là đường trung tuyến nên \[LA = LC = LI\].

Xét \(\Delta ACP\) vuông tại \(P\) có \(PL\) là đường trung tuyến nên \(LA = LC = LP\).

Do đó \(LA = LC = LI = LP\) hay điểm \(L\) cách đều bốn điểm \(A\),\(C\),\(P\),\(I\)

Vậy bốn điểm \(A\),\(C\),\(P\),\(I\) cùng thuộc đường tròn \(\left( {L\,;\,LA} \right)\).

Xét đường tròn \(\left( {L\,;\,LA} \right)\) ta có (2 góc nội tiếp cùng chắn ).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có (2 góc nội tiếp cùng chắn ).

Do đó \(\widehat {API} = \widehat {AKD}\) mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(PI\,{\rm{//}}\,KD\).

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

Xét \(\Delta AMB\) có hai đường cao \(AK\) và \(BC\) cắt nhau tại \(E\) nên \(E\) là trực tâm của \(\Delta AMB\) do đó \(ME \bot AB\) tại \(F\) hay \(\Delta EFB\) vuông tại \(F\).

Gọi \(G\) là trung điểm của \(EB\).

Xét \(\Delta EFB\) vuông tại \(F\) có \(FG\) là đường trung tuyến nên \(GE = GB = GF\).

Xét \(\Delta EKB\) vuông tại \(K\) có \(KG\) là đường trung tuyến nên \(GE = GB = GK\).

Do đó \(GE = GB = GK = GF\) hay điểm \(G\) cách đều 4 điểm \(E\,,\,F\,,\,B\,,\,K\).

Vậy bốn điểm \(E\,,\,F\,,\,B\,,\,K\) cùng thuộc đường tròn \(\left( {G\,;\,GB} \right)\).

Xét đường tròn \(\left( {G\,;\,GB} \right)\) ta có \(\widehat {EKF} = \widehat {EBF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có \(\widehat {CKA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )

Mà \(\widehat {EBF} = \widehat {CBA}\) nên \(\widehat {EKF} = \widehat {CKA}\)

Xét \(\Delta OCD\) có \(OC = OD\) nên \(\Delta OCD\) cân tại \(O\) có \(OI\) là đường cao nên \(OI\) đồng thời là đường phân giác hay \(\widehat {COI} = \widehat {DOI}\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {COI} = \) sđ và \(\widehat {DOI} = \) sđ mà \(\widehat {COI} = \widehat {DOI}\) nên sđ sđ hay .

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có \(\widehat {CKA} = \widehat {AKD}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Mà \(\widehat {EKF} = \widehat {CKA}\) nên \(\widehat {EKF} = \widehat {AKD}\) hay \(\widehat {AKF} = \widehat {AKD}\) mà \(KF\) và \(KD\) nằm về cùng một phía so với \(AK\) nên ba điểm \(K\,,\,F\,,\,D\) thẳng hàng.