Lời giải:
a)
Ta có: \(\widehat{FDE}=\widehat{FCA}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà \(\widehat{FCA}=\widehat{FBG}\) (so le trong với \(GB\parallel AC\) )
\(\Rightarrow \widehat{FDE}=\widehat{FBG}\)
Dễ thấy:
+ \(\triangle FAB\sim \triangle FCD(g.g)\Rightarrow \frac{FB}{FD}=\frac{AB}{CD}\)
+ \(\triangle AEB\sim \triangle DEC(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{DC}=\frac{AE}{DE}=\frac{BG}{DE}\) ( \(GB=AE\) do $AEBG$ là hình bình hành)
\(\Rightarrow \frac{FB}{FD}=\frac{BG}{DE}\)
Xét tam giác $FDE$ và $FBG$ có:
\(\widehat{FDE}=\widehat{FBG}\) (cmt)
\(\frac{FD}{FB}=\frac{DE}{BG}\) (cmt)
\(\Rightarrow \triangle FDE\sim \triangle FBG(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \frac{FD}{FE}=\frac{FB}{FG}\Rightarrow FD.FG=FE.FB\) (đpcm)
b)
Tương tự phần a, ta chứng minh được \(\triangle FCE\sim \triangle FAG(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \widehat{FGA}=\widehat{FEC}=180^0-\widehat{FEA}(1)\)
Mặt khác:
Do $H,E$ đối xứng nhau qua $AD$ nên $AD$ là đường trung trực của $HE$. Suy ra $AE=AH$
$F\in AD$ nên $FE=FH$
\(\Rightarrow \triangle FHA=\triangle FEA(c.c.c)\)\(\Rightarrow \widehat{FEA}=\widehat{FHA}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \widehat{FGA}=180^0-\widehat{FHA}\)
Do đó $FHAG$ là tứ giác nội tiếp, hay 4 điểm $F,H,A,G$ cùng thuộc một đường tròn.
