Cho đường tròn (O) và dây AB không đi qua tâm. Dây PQ của (O) vuông góc với AB tại H (HA > HB).

Hình vẽ:

1) Ta có: \(\widehat {{\rm{BHQ}}} = {90^0}\) (theo gt); \(\widehat {{\rm{BMQ}}}\)= 90⁰  (theo gt)  

Nên \(\widehat {{\rm{BHQ}}}\)+ \(\widehat {{\rm{BMQ}}}\) = 180⁰, suy ra tứ giác BHQM nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối bằng 180⁰). 

Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM là (BHQM).

Ta có \(\widehat {{\rm{HBM}}} > {90^0}\)(vì là góc ngoài của tam giác vuông PHB). Mà \(\widehat {{\rm{HBM}}}\) là góc nội tiếp của (BHQM) nên suy ra dây HM không là đường kính của (BHQM).

Ta có \(\widehat {{\rm{QHB}}} = {90^0}\)(cmt). Mà \(\widehat {{\rm{HQB}}}\)là góc nội tiếp của (BHQM) nên suy ra BQ là đường kính của (BHQM).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM có BQ là đường kính, HM là dây không đi qua tâm nên suy ra BQ > HM (đpcm)

2) Ta có  tứ giác BHQM nội tiếp (cmt) suy ra \(\widehat {{\rm{HQM}}} = \widehat {{\rm{HBP}}}\) (tính chất góc ngoài)

Mà \(\widehat {{\rm{ABP}}} = \widehat {{\rm{AQP}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP của (O) suy ra \(\widehat {{\rm{HQM}}} = \widehat {{\rm{HQA}}} \Rightarrow \) QH là tia phân giác của góc AKQ.

Tam giác QAK có QH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên tam giácQAK cân tại Q

3) 

Chỉ ra \(\widehat {{\rm{NAQ}}} = \widehat {{\rm{QBM}}} = \widehat {{\rm{QHM}}} = \widehat {{\rm{PHN}}}\) tứ giác ANHQ nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {{\rm{ANQ}}} = {90^0}\)

Chỉ ra \(\widehat {{\rm{PNI}}} = \widehat {{\rm{PAB}}} = \widehat {{\rm{PQB}}}\) tứ giác PNQB nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {{\rm{PIQ}}} = {90^0} \Rightarrow PI \bot QB\)

Chỉ ra B là trực tâm tam giác QPK \( \Rightarrow PK \bot QB\)

Qua điểm P ở ngoài đường thẳng QB có PI và PK cùng vuông góc với QB nên suy ra P, I, K thẳng hàng.