1) Có SA là tiếp tuyến nên SA⊥OA⇒SAO^=90°.

Vì OI⊥BCgt⇒SIO^=90°.

Tứ giác SAOI có SAO^+SIO^=90°+90°=180°, mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên SAOI là tứ giác nội tiếp.

Vì SAOI là tứ giác nội tiếp nên SOA^=SIA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung SA) hay AOH^=AID^    1

ΔAHO vuông tại H  AH⊥SO nên AOH^+OAH^=90°⇒OAH^=90°−AOH^   2

ΔADI vuông tại H  AD⊥SC nên AID^+IAD^=90°⇒IAD^=90°−AID^   3

Từ (1), (2) và (3) ta có OAH^=IAD^.

3) * Chứng minh BQ⋅BA=BD⋅BI.

Cách 1: Xét tứ giác AEDC có AEC^=ADC^=90°, mà hai góc này cùng nhìn cạnh AC

Do đó tứ giác AEDC nội tiếp suy ra AED^+DCA^=180°.

Mà AED^+BED^=180° (kề bù), suy ra BED^=DCA^.

Xét ΔBED và ΔBCA có: ABC^ chung và BED^=BCA^.

Do đó ΔBED∽ΔBCA (g.g) ⇒BEBC=BDBA (tỉ số đồng dạng).

⇒BD⋅BC=BE⋅BA⇒12BC⋅BD=12BE⋅BA⇒BI⋅BD=BQ⋅BA.

Suy ra tứ giác QDIA nội tiếp.

Cách 2: Xét ΔBCE có Q, I lần lượt là trung điểm của BE, BC nên QI là đường trung bình của tam giác.

⇒QI // EC, mà AB⊥EC nên AB⊥QI hay AQI^=90°.

Xét tứ giác AQDI có AQI^=ADI^=90°, mà hai góc này cùng nhìn cạnh AI.

Do đó tứ giác AQDI nội tiếp ⇒BQ⋅BA=BI⋅BD.

* Chứng minh CK // SO.

Ta có BAD^=90°−ABC^=90°−AOC^2=OAC^.

Mà IAD^=OAH^ (theo câu b) nên BAI^=KAC^.

Lại có tứ giác AQDI nội tiếp nên BDQ^=BAI^=KAC^.

Mặt khác CDK^=BDQ^, do đó CDK^=KAC^.

Suy ra tứ giác ADKC nội tiếp nên CKA^=CDA^=90°⇒CK⊥AK.

Mà AK⊥SO nên CK // SO.