Xét đường tròn \((O)\) có \(MA ⊥ OA\) (tính chất tiếp tuyến)
\( \Rightarrow \widehat {MAO} = 90^\circ \)
\(MB ⊥ OB\) (tính chất tiếp tuyến)
\( \Rightarrow \widehat {MBO} = 90^\circ \)
\(IC = ID\;\; (gt)\)
\( \Rightarrow OI ⊥ CD\) (đường kính đi qua điểm chính giữa của dây)
\( \Rightarrow \widehat {MIO} = 90^\circ \)
Từ đó: \(A, B, I\) nhìn \(MO\) cố định dưới một góc bằng \(90^\circ \) nên \(A, B, I\) nằm trên đường tròn bán kính \(MO.\)
\( \Rightarrow \widehat {AMI} = \widehat {ABI}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(AOI\))
Lại có \( CH ⊥ {AO}\)\(\;\; (gt)\)
Suy ra: \(CH // MA\)
\(\widehat {AMI} = \widehat {HCI}\) (hai góc đồng vị)
Suy ra: \(\widehat {HCI} = \widehat {ABI}\) hay \(\widehat {HCI} = \widehat {HBI}\)
Do đó \(B\) và \(C\) cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa đường \(HI\) tạo với \(HI\) một góc bằng nhau nên tứ giác \(BCHI\) nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {CBH} = \widehat {CIH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CH}\)) hay \(\widehat {CBA} = \widehat {CIH}\)\(\; (1)\)
Trong đường tròn \((O)\) ta có:
\(\widehat {CBA} = \widehat {CDA}\) (\(2\) góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{AC}\) \((2)\)
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra: \(\widehat {CIH} = \widehat {CDA}\) nên \(HI // AD\) (vì có cặp góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)
(Trường hợp cát tuyến đi qua tâm ngũ giác \(MAOIB\) suy biến thành tứ giác \(MAOB\) chứng minh tương tự ta có \(HO // AD\)).
