bạn ơi cho mình hỏi bài này ở đề năm bao nhiêu của thành phố nào vậy bạn?????

3. Xét tứ giác BFHD có:
HFB + HDB = 90º + 90º = 180º => BFHD là tứ giác nội tiếp. ⇒ FBH = FDH (1)
Tương tự có DHEC là tứ giác nội tiếp, ⇒HCE = HDE (2)

Mà BFEC là tứ giác nội tiếp nên FCE = FBE (3)
Từ (1) (2) (3)⇒ 2ABE = FDH + HDE = FDE
Vì BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính BC nên theo quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung EF, ta có: FIE = 2.FBE = 2.ABE
⇒FIE = FDE

4.Vì BFEC là tứ giác nội tiếp nên:
ABC = 180º – FEC = AEF => ΔAEF ~ ΔABC (g.g)

Suy ra độ dài EF không đổi khi A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O)
Gọi K là giao điểm thứ 2 của ED và đường tròn đường kính BC
Theo tính chất góc ngoài: FDE = DKE + DEK
Theo ý 3 và quan hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung, có FDE = FIE = 2.DKE

⇒DKE = DEK => ΔDEK cân tại D => DE = DK

Chu vi ΔDEF là P = DE + EF + FD = EF + FD + DK = EF + FK
Có FK ≤ BC ( dây cung – đường kính) => P ≤ EF + BC không đổi
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi FK đi qua I ⇔ D trùng I ⇔ ΔABC cân tại A.
Vậy A là điểm chính giữa của cung lớn BC

a) Xét tứ giác BCEF có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{BFC}\) và \(\widehat{BEC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh BC

Do đó: BCEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp(cmt)

nên \(\widehat{EBC}=\widehat{EFC}\)(hai góc cùng nhìn cạnh EC)

hay \(\widehat{MBC}=\widehat{HFE}\)(1)

Xét (O) có 

\(\widehat{MBC}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\widehat{MNC}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

Do đó: \(\widehat{MBC}=\widehat{MNC}\)(Hệ quả góc nội tiếp)

hay \(\widehat{MBC}=\widehat{HNM}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{HFE}=\widehat{HNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên FE//MN(Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)

a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên

A C B = A D B = 90 o ⇒ F C H = F D H = 90 o ⇒ F C H + F D H = 180 o  

Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp

b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB

⇒ C F H = C B A ( = 90 o − C A B ) ⇒ Δ C F H ~ Δ C B A ( g . g ) ⇒ C F C B = C H C A ⇒ C F . C A = C H . C B

3, ta có: góc MFA = \(\frac{1}{2}\).(sđ cung AM + sđ cung BQ)   (góc có đỉnh nằm trong đường tròn )

và góc MPQ = \(\frac{1}{2}\).sđ cung MQ = \(\frac{1}{2}\).. (sđ cung MB + sđ cung BQ ) (góc nội tiếp)

mà sđ cung AM = sđ cung MB (do M là điểm chính giữa cung AB )

=> góc MFA = góc MPQ

=> góc ngoài MFA tại hai đỉnh có hai góc đối nhau bằng nhau thì tứ giác EFQP là tứ giác nội tiếp hay E,F,P,Q cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm)

a) Xét tam giác DAC và tam giác DBE có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ADC}=\widehat{BDE}\left(\text{đối đỉnh}\right)\\\widehat{DAC}=\widehat{DBE}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CE}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DAC\sim\Delta DBE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{DB}{DE}\Rightarrow DA.DE=DB.DC\).

b) Ta có \(\widehat{FCB}=\widehat{FEA}=90^o\) nên tứ giác FCDE nội tiếp đường tròn đường kính FD.

c) Dễ thấy I là trung điểm của FD.

Từ đó tam giác ICD cân tại I.

Dễ thấy D là trực tâm của tam giác FAB nên \(FD\perp AB\). Ta có: \(\widehat{ICD}=\widehat{IDC}=90^o-\widehat{AFD}=\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\) nên IC là tiếp tuyến của (O).