a:
a1: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
a2: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>BK\(\perp\)BA
mà CH\(\perp\)BA
nên CH//BK
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
=>AC\(\perp\)CK
mà BH\(\perp\)AC
nên BH//CK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
a3: Xét ΔDBH vuông tại D và ΔDAC vuông tại D có
\(\widehat{DBH}=\widehat{DAC}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)
Do đó: ΔDBH~ΔDAC
=>\(\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DH}{DC}\)
=>\(DB\cdot DC=DH\cdot DA\)
b:
b1: Xét (O) có
\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
Do đó: \(\widehat{AMB}=\widehat{ACB}\)
mà \(\widehat{ACB}=\widehat{AHE}\left(=90^0-\widehat{DAC}\right)\)
nên \(\widehat{AHM}=\widehat{AMH}\)
=>ΔAHM cân tại A
Ta có: ΔAHM cân tại A
mà AC là đường cao
nên AC là đường trung trực của HM
=>H đối xứng M qua AC
b2: Xét (O) có
\(\widehat{CNM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM
\(\widehat{CBM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM
Do đó: \(\widehat{CNM}=\widehat{CBM}\)
mà \(\widehat{CBE}=\widehat{CFE}\)(CBFE nội tiếp)
nên \(\widehat{CFE}=\widehat{CNM}\)
=>FE//NM
b3: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có
\(\widehat{DBH}\) chung
Do đó: ΔBDH~ΔBEC
=>\(\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BC\)
Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có
\(\widehat{DCH}\) chung
Do đó: ΔCDH~ΔCFB
=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot CF=CD\cdot CB\)
\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)
\(=BD\cdot CB+CD\cdot BC=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)
b4: Kẻ tiếp tuyến Ax của (O)
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: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEF}\left(=180^0-\widehat{FEC}\right)\)
nên \(\widehat{xAC}=\widehat{AEF}\)
=>Ax//FE
=>OA\(\perp\)FE
c:
c1: Xét ΔAEB vuông tại E có \(cosBAE=\dfrac{AE}{AB}\)
=>\(\dfrac{AE}{AB}=cos45=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\left(=180^0-\widehat{FEC}\right)\)
\(\widehat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(S_{AEF}=\dfrac{100}{2}=50\left(cm^2\right)\)
c2: Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BFHD là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CDHE có \(\widehat{CDH}+\widehat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CDHE là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}\)(BFHD nội tiếp)
\(\widehat{EDH}=\widehat{ECH}\)(EHDC nội tiếp)
mà \(\widehat{FBH}=\widehat{ECH}\left(=90^0-\widehat{BAE}\right)\)
nên \(\widehat{FDH}=\widehat{EDH}\)
=>DH là phân giác của góc FDE
Ta có: \(\widehat{EFH}=\widehat{EAH}\)(AEHF nội tiếp)
\(\widehat{DFH}=\widehat{DBH}\)(BFHD nội tiếp)
mà \(\widehat{EAH}=\widehat{DBH}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)
nên \(\widehat{EFH}=\widehat{DFH}\)
=>FH là phân giác của góc EFD
Xét ΔEFD có
FH,DH là các đường phân giác
Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔEFD
