Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) \((AB < AC)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\), đường kính \(BC\). Lấy điểm \(H\) thuộc đoạn thẳng \(AB\) sao cho \(HB > HA\) (\(H\) khác \(A\)). Kẻ đường thẳng qua \(H\) vuông góc với đường thẳng \(BC\) tại điểm \(D\) và cắt đường thẳng \(AC\) tại điểm \(E\).

a) Chứng minh bốn điểm \(A,H,D,C\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Đường thẳng \(CH\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(F\). Đường thẳng qua \(A\) vuông góc với đường thẳng \(ED\) cắt đường thẳng \(DF\) tại điểm \(M\). Chứng minh \(AE \cdot BC = EH \cdot AB\) và \(\widehat {EMH} = 90^\circ \).

c) Đường thẳng \(BM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai \(K\). Chứng minh tam giác \(HKM\) là tam giác cân.

a) Ta có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(\widehat {BAC} = 90^\circ \), ngoài ra \(HD \bot BC\) tại \(D\) nên \(\widehat {HDC} = 90^\circ \).

\(\Delta HAC\) vuông tại \(A\) nên \(A,H,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC\).

\(\Delta HDC\) vuông tại \(D\) nên \(H,D,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC\).

Từ đó, 4 điểm \(A,H,D,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HC\).

b) Ta có \(\widehat {EAH} = 180^\circ  - \widehat {BAC} = 90^\circ \), với chú ý \(\Delta EDC\) và \(\Delta BAC\) vuông ta có:

\(\widehat {AEH} = 90^\circ  - \widehat {ECD} = \widehat {ABC}.\)

Xét \(\Delta EAH\) và \(\Delta BAC\) có \(\widehat {EAH} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {AEH} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên).

Từ đó $\Delta EAH\backsim \Delta BAC$ (g.g) dẫn đến \(\frac{{EH}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{BA}},\) suy ra \(AE \cdot BC = EH \cdot AB\).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHDC\) ta có \(\widehat {HDA} = \widehat {HCA}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(HA\)).

Cũng dễ thấy rằng \(\widehat {HFB} = \widehat {HDB} = 90^\circ \) nên 4 điểm \(H,D,B,F\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(HB\), kéo theo \(\widehat {HDF} = \widehat {HBF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(HF\)).

Mặt khác \(\widehat {HCA} = \widehat {HBF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF\) của \(\left( O \right)\)), suy ra \(\widehat {HDA} = \widehat {HDF}.\)

Gọi \(I\) là giao điểm của \(DE\) và \(AM\), khi đó \(\Delta DAM\) cân tại \(D\) do có \(DI\) vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, kéo theo \(DE\) là trung trực của \(AM\) hay \(EM = EA,HM = HA.\)

Từ đó \(\Delta EMH = \Delta EAH\) (c.c.c), dẫn đến \(\widehat {EMH} = \widehat {EAH} = 90^\circ \).

c) Cách 1: Dễ thấy \(AKBC\) là tứ giác nội tiếp \(\left( O \right)\), dẫn đến:

\(\widehat {AKM} = 180^\circ  - \widehat {AKB} = \widehat {ACB} = \widehat {AHE} = \frac{1}{2}\widehat {MHA}.\)

Để ý \(HM = HA\), nên \(K\) thuộc đường tròn \(\left( {H;\,\,HA} \right)\) (kết quả quen thuộc), từ đó \(HK = HM = HA\) hay \(\Delta HKM\) cân tại \(H\).

Cách 2: Ta có \[AM\,{\rm{//}}\,BC\] nên \(\widehat {MAB} = \widehat {ABO}\) (hai góc so le trong), từ đó suy ra hai tam giác cân $\Delta HAM\backsim \Delta OAB$ (g.g), dẫn đến \(\frac{{AH}}{{AO}} = \frac{{AM}}{{AB}}\) kéo theo  (c.g.c).

Bởi vậy \(\widehat {HOA} = \widehat {MBA} = \frac{1}{2}\widehat {AOK}\) suy ra \(OH\) là tia phân giác của \(\widehat {AOK}\), mà tam giác \(AOK\) cân tại \(O\) nên \(OH\) là đường trung trực của \(AK\), dẫn đến \(HK = HA = HM\), hay \(\Delta HKM\) cân tại \(H\).