Lời giải:
a) Ta có:
$\widehat{AEH}= 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn $(I)$)
$\Rightarrow \widehat{AHE}=\widehat{ACB}$ (cùng phụ $\widehat{HAC}$)
Ta lại có:
$\widehat{ADE}=\widehat{AHE}$ (góc nội tiếp cùng chắn $\mathop{AE}\limits^{\displaystyle\frown}$ của $(I)$)
Do đó:
$\widehat{ACB}=\widehat{ADE}$
Xét tứ giác $BDEC$ có:
$\widehat{ACB}=\widehat{ADE}\quad (cmt)$
$\Rightarrow BDEC$ là tứ giác nội tiếp
b) Ta có:
$∆OAB$ cân tại $O\ (OA = OB = R)$
$\Rightarrow \widehat{OAB}=\widehat{OBA}=\widehat{ABC}$
Ta lại có:
$\widehat{ADE}=\widehat{ACB}$ (câu a)
$\Rightarrow \widehat{OAB} +\widehat{ADE}=\widehat{ABC} +\widehat{ACB}=90^\circ$
$\Rightarrow OA\perp DE$
c) Ta có:
$\widehat{DAE}=\widehat{BAC}= 90^\circ$
$\Rightarrow DE$ là đường kính của $(I)$
$\Rightarrow I\in DE\quad (1)$
Mặt khác:
$IA = IF = R'$
$OA = OF = R$
$\Rightarrow OI$ là trung trực của $AF$
$\Rightarrow OI\perp AF$
hay $OI\perp AS$
Xét $∆AOS$ có:
$OI\perp AS\quad (cmt)$
$AH\perp OS\quad (AH\perp BC)$
$AH\cap OI=\{I\}$
$\Rightarrow I$ là trực tâm của $∆AOS$
$\Rightarrow SI\perp OA\quad (2)$
Lại có: $OA\perp DE\quad (3)$
Từ $(1)(2)(3)\Rightarrow S,D,E$ thẳng hàng
