a) Chứng minh rằng tứ giác BDEHBDEH là tứ giác nội tiếp.

Vì ∠ADB∠ADB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)(O) nên ∠ADB=900∠ADB=900 hay ∠EDB=900∠EDB=900.

Lại có CH⊥ABCH⊥AB (gt) nên ∠CHB=900⇒∠EHB=900∠CHB=900⇒∠EHB=900.

Xét tứ giác BDEHBDEH có: ∠EDB+∠EHB=900+900=1800∠EDB+∠EHB=900+900=1800.

⇒BDEH⇒BDEH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 18001800).

b) Chứng minh rằng AB2=AE.AD+BH.BAAB2=AE.AD+BH.BA.

Vì ABDCABDC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O)(O) nên ∠ADC=∠ABC∠ADC=∠ABC (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ACAC).

Ta lại có:

∠ABC+∠CAB=900∠ABC+∠CAB=900 (do tam giác ABCABC có ∠ACB=900∠ACB=900 - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

∠ACH+∠CAB=900∠ACH+∠CAB=900 (do tam giác ACHACH vuông tại HH).

⇒∠ABC=∠ACH⇒∠ABC=∠ACH  (2) (cùng phụ với ∠CAB∠CAB).

Từ (1) và (2) ⇒∠ADC=∠ACH⇒∠ADC=∠ACH (=∠ABC)(=∠ABC) hay ∠ADC=∠ACE∠ADC=∠ACE.

Xét ΔACEΔACE và ΔADCΔADC có:

∠CAD∠CAD chung;

∠ACE=∠ADC(cmt)∠ACE=∠ADC(cmt).

⇒ΔACE∼ΔADC(g.g)⇒ACAD=AEAC⇒AC2=AE.AD(∗)⇒ΔACE∼ΔADC(g.g)⇒ACAD=AEAC⇒AC2=AE.AD(∗)

Xét tam giác ABCABC vuông tại CC, đường cao CHCH ta có:

BC2=BH.BA(2∗)BC2=BH.BA(2∗) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Từ (*) và (2*) suy ra AC2+BC2=AE.AD+BH.BAAC2+BC2=AE.AD+BH.BA.

Lại có ΔABCΔABC vuông tại CC nên AC2+BC2=AB2AC2+BC2=AB2 (định lí Pytago).

Vậy AB2=AE.AD+BH.BAAB2=AE.AD+BH.BA  (đpcm).

c) Đường thẳng qua EE song song với ABAB, cắt BCBC tại FF. Chứng minh rằng ∠CDF=900∠CDF=900 và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBDOBD đi qua trung điểm của đoạn CFCF.

*) Vì EF//AB(gt)EF//AB(gt) nên ∠CFE=∠CBA∠CFE=∠CBA (đồng vị).

Mà ∠CBA=∠CDA∠CBA=∠CDA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ACAC).

⇒∠CFE=∠CDA⇒∠CFE=∠CDA.

⇒⇒ Tứ giác CDFECDFE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

∠CDF+∠CEF=1800∠CDF+∠CEF=1800 (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp).

Ta lại có:

{CH⊥AB(gt)EF//AB(gt)⇒EF⊥CH{CH⊥AB(gt)EF//AB(gt)⇒EF⊥CH (từ vuông góc đến song song) ⇒∠CEF=900⇒∠CEF=900.

⇒∠CDF=1800−∠CEF=1800−900=900(dpcm)⇒∠CDF=1800−∠CEF=1800−900=900(dpcm).

*) Gọi II là giao điểm của CFCF và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBDOBD.

Ta có:

∠ADB=∠ADF+∠FDB=900∠CDF=∠ADF+∠CDA=900∠ADB=∠ADF+∠FDB=900∠CDF=∠ADF+∠CDA=900

⇒∠FBD=∠CDA⇒∠FBD=∠CDA (cùng phụ với ∠ADF∠ADF).

Mà ∠CDA=∠CBA∠CDA=∠CBA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ACAC).

⇒∠FDB=∠CBA⇒∠FDB=∠CBA (=∠CDA)(=∠CDA).

Mà ∠CBA=∠OBI=∠ODI∠CBA=∠OBI=∠ODI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OIOI).

⇒∠FDB=∠ODI⇒∠FDB+∠ODF=∠ODI+∠ODF⇒∠ODB=∠IDF(3)⇒∠FDB=∠ODI⇒∠FDB+∠ODF=∠ODI+∠ODF⇒∠ODB=∠IDF(3)

Ta có: tứ giác CDFECDFE nội tiếp (cmt) nên ∠IFD=∠CFD=∠CED=AEH∠IFD=∠CFD=∠CED=AEH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CDCD).

Ta lại có:

∠AEH+∠EAH=900∠ABD+∠BAD=900∠AEH+∠EAH=900∠ABD+∠BAD=900

Mà ∠EAH=∠BAD∠EAH=∠BAD nên ∠AEH=∠ABD=∠OBD∠AEH=∠ABD=∠OBD ⇒∠IFD=∠OBD⇒∠IFD=∠OBD  (4) 

Lại có: OD=OBOD=OB (=bán kính) nên ΔOBDΔOBD cân tại OO, do đó ∠OBD=∠ODB∠OBD=∠ODB (5).

Từ (3), (4), (5) suy ra ∠IDF=∠IFD∠IDF=∠IFD ⇒ΔIDF⇒ΔIDF cân tại II (định nghĩa) ⇒ID=IF⇒ID=IF  (3*) (tính chất tam giác cân).

Ta có:

∠IDF+∠IDC=∠CDF=900∠IDF+∠IDC=∠CDF=900

∠IFD+∠ICD=900∠IFD+∠ICD=900 (do tam giác CDFCDF vuông tại DD).

⇒∠IDC=∠ICD⇒ΔICD⇒∠IDC=∠ICD⇒ΔICD cân tại II (định nghĩa) ⇒IC=ID⇒IC=ID (4*) (tính chất tam giác cân).

Từ (3*) và (4*) suy ra IC=IF(=ID)IC=IF(=ID).

Vậy II là trung điểm của CFCF (đpcm).