1. Ta có: $\widehat{AFB}=90^o$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Tứ giác $AHEF$ có: $\widehat{AFE}+\widehat{AHE}=180^o$ mà chúng ở vị trí đối nhau
$\Rightarrow AHEF$ nội tiếp đường tròn đường kính (AE)
2. Do tứ giác $AHEF$ nội tiếp $\Rightarrow\widehat{IAH}=\widehat{BEH}$
Xét $\Delta HAI$ và $\Delta HEB$ có:
$\widehat{AHI}=\widehat{EHB}=90^o$
$\widehat{IAH}=\widehat{BEH}$ (cmt)
$\Rightarrow\Delta HAI\sim\Delta HEB$ (g.g)
$\Rightarrow\dfrac{HA}{HE}=\dfrac{HI}{HB}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
$\Rightarrow HA.HB=EH.HI$
3. Ta có $\widehat{IFE}=90^o\Rightarrow F \in$ đường tròn đường kính (IE)
Gọi G là trung điểm của IE suy ra $\Delta IFE$ nội tiếp đường tròn tâm G.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác $IEF$ cắt AE tại M nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $IEF$ hay $IFEM$ nội tiếp đường tròn (G)
$\Rightarrow\widehat{IME}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow IM\bot ME$ (1)
Mà $\Delta IAB$ có hai đường cao $IH,BF$ cắt nhau tại $E\Rightarrow E$ là trực tâm suy ra $AE\bot IM$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra ME, AE trùng nhau suy ra $\widehat{AMB}=90^o\Rightarrow M\in(O)$
4. Áp dụng định lý Pitago vào $\Delta OHD\bot H$ ta có:
$R^2=OD^2=HO^2+HD^2$
$\Rightarrow 2R^2=2HO^2+2HD^2$
$=(HO+HD)^2+(HO-HD)^2\ge(HO+HD)^2$
$\Rightarrow HO+HD\le R\sqrt2$
$\Rightarrow P_{\Delta OHDmin}=HO+HD+OD=R\sqrt2+R$
Dấu "=" xáy ra $\Leftrightarrow OH+HD=R\sqrt2$ và có $OH^2+HD^2=R^2$ giải hệ ta được $OH=HD=\dfrac R{\sqrt2}$.
