Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm C (C khác A và B). Trên cung nhỏ CB của nửa đường tròn (O) lấy điểm D (D khác C và B). Kẻ $CH\perp AB$ tại H, $CK\perp AD$ tại K. Gọi I là giao điểm của hai đoạn thẳng CH và AD.

(a) Chứng minh tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn

(b) Chứng minh $\widehat{KCH}=\widehat{DCB}$ và $AI.AD=AH.AB$

(c) Tia CK cắt đoạn thẳng HD tại P. Chứng minh $IP$//$CD$

a) Gọi E là trung điểm của AC

Xét $\Delta AKC$ vuông tại $K$ có $EK$ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$, ta có $EK=EC=EA=\frac{AC}{2}$ (1)

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$ có $EH$là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AC\), ta có

\(EH = EC = EA = \frac{{AC}}{2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(EA = EH = EK = EC\)

Suy ra 4 điểm \(A,H,K,C\)cùng nằm trên đường tròn tâm \(E\), đường kính \(AC\)

Vậy tứ giác \(AHKC\) nội tiếp đường tròn tâm \(E\), đường kính \(AC\)

b) Xét đường tròn (E) chỉ ra được \(\widehat {KCH} = \widehat {KAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung KH) hay \(\widehat {KCH} = \widehat {DAB}\) (3)

Xét nửa đường tròn (O) chỉ ra được \(\widehat {DCB} = \widehat {DAB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {KCH} = \widehat {DCB}\)

Xét nửa đường tròn (O) chỉ ra được \(\widehat {ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ADB} = 90^\circ \)Chứng minh được \(\Delta AIH\)∽\(\Delta ABD\)(g.g)

Suy ra: \(\frac{{AI}}{{AB}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) hay \(AI.AD = AH.AB\)

c) Kéo dài tia CP cắt AB tại M

Chứng minh được I là trực tâm của \(\Delta ACM\) suy ra \(MI \bot AC\)

Chứng minh được \(MI\)//\(BC\)

Xét \(\Delta CHB\) có \(I \in CH,M \in HB\) và \(MI\)//\(BC\) suy ra: \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (5)

(Theo định lí Thalès)

Xét \(\Delta HDB\) có \(P \in HD,M \in HB\) và \(MP\)//\(DB\) suy ra: \(\frac{{HD}}{{HP}} = \frac{{HM}}{{HB}}\) (6)

(Theo định lí Thalès)

Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{HI}}{{HC}} = \frac{{HD}}{{HP}}\)

Sử dụng định lí Thalès đảo vào \(\Delta HCD\) suy ra: \(IP\)//\(CD\)