a: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)
=>\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
Xét ΔHFE và ΔHBC có
\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
\(\widehat{FHE}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFE~ΔHBC
b: Gọi O là trung điểm của AQ
=>O là tâm đường tròn đường kính AQ
ta có: BHCQ là hình bình hành
=>BH//CQ và BQ//CH
ta có: BH//CQ
BH\(\perp\)AC
Do đó: CQ\(\perp\)CA
=>C nằm trên đường tròn (O)(1)
ta có: CH//BQ
CH\(\perp\)AB
Do đó: BQ\(\perp\)AB
=>B nằm trên (O)(2)
Từ (1),(2) suy ra ABQC nội tiếp (O)
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) tại A
=>AQ\(\perp\)Ax tại A
Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\left(=180^0-\widehat{FEC}\right)\)
Xét (O) có
\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC
\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC
Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)
=>\(\widehat{xAC}=\widehat{AEF}\)
=>EF//Ax
=>AQ\(\perp\)FE
