1) Ta có: $\widehat{EHB}=90^o$ (giả thiết cho $HK\bot AB$ tại H)
$\widehat{EFB}=\widehat{AFB}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow H, F$ cùng nhìn cạnh EB dưới một góc $90^o$ nên $BHFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $(BE)$
2) Tứ giác $EFIC$ có $\widehat{EFI}+\widehat{ECI}=180^o$ mà chúng ở vị trí đối nhau nên $EFIC$ nội tiếp
Xét $\Delta BIC$ và $\Delta BEF$ có:
$\widehat B$ chung
$\widehat{BIC}=\widehat{BEF}$ do $EFIC $ nội tiếp
$\Rightarrow\Delta BIC\sim\Delta BEF$ (g.g)
$\Rightarrow\dfrac{BI}{BE}=\dfrac{BC}{BF}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
$\Rightarrow BI.BF$=BC.BE
3) $\Delta EAB$ có 3 đường cao $EH,AC,BF$ cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của $\Delta EAB$
Xét $\Delta ECF$ và $\Delta ABC$ có:
$\widehat A$ chung
$\widehat{ECF}=\widehat{EAB}$ (do $ABCF$ nội tiếp)
$\Rightarrow\Delta ECF\sim\Delta EAB$ (g.g)
$\Rightarrow\dfrac{S_{ECF}}{S_{EAB}}=\dfrac{EC^2}{EA^2}$
$\Delta OBC$ vuông cân đỉnh $O$ nên $\widehat{OBC}=45^o$
Do đó $\Delta HBE$ vuông cân đỉnh H nên $HE=HB=\dfrac{3R}{2}$
$AH=\dfrac R2$
$\Delta AHE\bot H$ có $ EA^2=HE^2+HA^2=\dfrac{10R^2}4$
$\Rightarrow EA=\dfrac{\sqrt{10}R}{2}$
$\Delta OAC\bot O:AC^2=OA^2+OC^2=2R^2$
$\Delta EAC\bot C$: $EC^2=AE^2-AC^2=\dfrac{10R^2}4-2R^2=\dfrac{R^2}2$
$S_{EAB}=\dfrac{EH.AB}2=\dfrac{3R^2}2$
$\Rightarrow S_{ECF}=S_{EAB}.\dfrac{EC^2}{EA^2}=\dfrac{3R^2}2.\dfrac{\dfrac{R^2}2}{\dfrac{10R^2}4}=\dfrac{3R^2}{10}$
4) Tứ giác được tứ giác $BEFH$ và tứ giác $AHCE$ nội tiếp
$\Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{CHB}$
$\widehat{AEB}=\widehat{AHF}$
Từ hai điều trên suy ra $\widehat{CHB}=\widehat{AHF}$ (1)
$\Delta HCD$ có $HO$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên $\Delta HCD$ là tam giác cân đỉnh H
$\Rightarrow\widehat{CHB}=\widehat{DHB}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AHF}=\widehat{BHD}$
Mà A, H, B thẳng hàng nên F, H, D thẳng hàng
Vậy FH luôn đi qua điểm cố định D.
