Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC (B, C là các tiếp điểm )

Giải:

a) Ta có: $\angle AOB = \angle ACB$ (cùng nằm trên cùng cung AC), $\angle ACO = \angle ABO$ (cùng nằm trên cùng cung AB).

Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

Gọi I là tâm của đường tròn nội tiếp tứ giác ABOC.

Ta có: $\angle AIB = \angle AOB = \angle ACB$ (cùng nằm trên cùng cung AC), $\angle AIC = \angle AOC = \angle ABO$ (cùng nằm trên cùng cung AB).

Vậy I là tâm của đường tròn nội tiếp tứ giác ABOC.

b) Ta có: $\angle BHC = \angle BAC$ (cùng nội tiếp trong cùng cung BC), $\angle BAH = \angle CAK$ (cùng nội tiếp trong cùng cung AK).

Vậy ta có $\angle BHC = \angle BAC = \angle BAH + \angle CAK = \angle BAH + \angle BHC$.

Vậy HA là tia phân giác của góc BHC.

c) Ta có: $\angle AKB = \angle ACB$ (cùng nội tiếp trong cùng cung BC), $\angle AKE = \angle ADE$ (cùng nội tiếp trong cùng cung AD).

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ADEK ta có:

$AK \cdot DE = AD \cdot KE + AE \cdot DK$.

Do $DE = 2 \cdot DH$ nên ta có $AK \cdot 2 \cdot DH = AD \cdot KE + AE \cdot DK$.

Chia cả hai vế cho $AK \cdot 2$ ta được $DH = \frac{AD}{AK} \cdot KE + \frac{AE}{AK} \cdot DK$.

Do $DH = \frac{1}{2} \cdot DE = \frac{1}{2} \cdot AD$ nên ta có $\frac{1}{2} \cdot AD = \frac{AD}{AK} \cdot KE + \frac{AE}{AK} \cdot DK$.

Vậy $2 = \frac{AD}{AK} \cdot \frac{KE}{AD} + \frac{AE}{AK} \cdot \frac{DK}{AD}$.

Đặt $x = \frac{AD}{AK}$ ta có $2 = x \cdot \frac{KE}{AD} + (1-x) \cdot \frac{DK}{AD}$.

Do $\triangle ADE \sim \triangle AKD$ nên $\frac{KE}{AD} = \frac{AK}{AE}$ và $\frac{DK}{AD} = \frac{AK}{AD}$.

Thay vào ta được $2 = x \cdot \frac{AK}{AE} + (1-x) \cdot \frac{AK}{AD}$.

Vậy $2 = \frac{AK}{AE} \cdot (x + (1-x)) = \frac{AK}{AE}$.

Do đó $AK^2 = 2 \cdot AE \cdot AD$.

Vậy ta đã chứng minh được điều cần chứng minh.