a: Xét (O) có \(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
nên \(\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{BOC}\)
=>\(\widehat{BOC}=120^0\)
Xét ΔOBC có \(cosBOC=\dfrac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)
=>\(\dfrac{R^2+R^2-BC^2}{2\cdot R\cdot R}=cos120=\dfrac{-1}{2}\)
=>\(2R^2-BC^2=-R^2\)
=>\(BC=R\sqrt{3}\)
b: Xét tứ giác AFHE có \(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AFHE là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FAE}+\widehat{FHE}=180^0\)
=>\(\widehat{BAC}+\widehat{BHC}=180^0\)
=>\(\widehat{BHC}=180^0-90^0=120^0\)
Xét tứ giác BHOC có \(\widehat{BHC}=\widehat{BOC}\left(=120^0\right)\)
nên BHOC là tứ giác nội tiếp
c: Xét (O) có
ΔABD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó:ΔABD vuông tại B
=>BD\(\perp\)AB
mà CH\(\perp\)AB
nên BD//CH
Xét (O) có
ΔACD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔACD vuông tại C
=>AC\(\perp\)CD
mà BH\(\perp\)AC
nên BH//CD
Xét tứ giác BHCD có
BH//CD
BD//CH
Do đó: BHCD là hình bình hành
=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường
mà K là trung điểm của BC
nên K là trung điểm của HD
=>H,K,D thẳng hàng
d: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BFE}+\widehat{BCE}=180^0\)
mà \(\widehat{BFE}+\widehat{AFE}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔAEB vuông tại E có \(cosEAB=\dfrac{AE}{AB}\)
=>\(\dfrac{AE}{AB}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
Xét ΔAFE và ΔACB có
\(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAFE~ΔACB
=>\(\dfrac{FE}{CB}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(EF=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)
