a) Ta có:
$AB$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B\quad (gt)$
$\to OB\perp AB$
$\to \widehat{AOB}=90^\circ$
Ta lại có:
$HA\perp AB\quad (gt)$
$OH\perp HA\quad (gt)$
$\to \widehat{HAB}=\widehat{OHA}=90^\circ$
Xét tứ giác $ABOH$ có:
$\widehat{AOB}=\widehat{HAB}=\widehat{OHA} = 90^\circ$
Do đó $ABOH$ là hình chữ nhật
$\to AB = OH\quad (1)$
Mặt khác:
$AB;\, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B;\, C\quad (gt)$
$\to AB = AC\quad (2)$
$(1)(2)\to AC = OH$
b) Ta có:
$AB = AC$ (câu a)
$OB = OC = R$
$\to OA$ là trung trực của $BC$
$\to OA\perp BC$
$\to CI\perp OA$
Áp dụng hệ thức lượng trong $∆ACO$ vuông tại $C$ đường cao $CI$ ta được:
$OI.OA = OC^2\quad (3)$
Xét tứ giác $OAHC$ có:
$\widehat{OCA}=\widehat{OHA}=90^\circ$
Do đó $OAHC$ là tứ giác nội tiếp
$\to \widehat{OHC}=\widehat{OAC}$
mà $\widehat{OAC}=\widehat{OCI}=\widehat{OCK}$ (cùng phụ $\widehat{ACI}$)
nên $\widehat{OHC}=\widehat{OCK}$
Xét $∆OCK$ và $∆OHC$ có:
$\widehat{OHC}=\widehat{OCK}\quad (cmt)$
$\widehat{O}:$ góc chung
Do đó $∆OCK\sim ∆OHC\, (g.g)$
$\to \dfrac{OC}{OH}=\dfrac{OK}{OC}$
$\to OK.OH = OC^2\quad (4)$
$(3)(4)\to OI.OA = OK.OH$
c) Ta có:
$\widehat{BCD}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\to BC\perp CD$
mà $OA\perp BC$ (câu b)
nên $CD//OA\quad (\perp BC)\qquad (5)$
Mặt khác:
$\widehat{OHC}=\widehat{OAC}$ (câu b)
$\widehat{OAC}=\widehat{OAB}$ ($OA$ là trung trực của $BC \to OA$ là phân giác $\widehat{BAC}$)
$\widehat{OAB}=\widehat{AOH}$ (so le trong)
$\to \widehat{OHC}=\widehat{AOH}$
$\to OA//HC\qquad (6)$
$(5)(6)\to H, C, D$ thẳng hàng
