Đặt hệ trục tọa độ sao cho:
D là gốc tọa độ,
BC trùng trục Ox,
AD trùng trục Oy.

Khi đó đặt
B(-m,0), D(0,0), C(n,0), A(0,h)
với m = BD > 0, n = DC > 0, h = AD > 0.

Suy ra:
AB² = m² + h²,
AC² = n² + h².

Ta cũng có A, D, E thẳng hàng.

a) Chứng minh E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn

Vì AD là đường cao nên AD ⟂ BC.
Mà E, D, A thẳng hàng và B, D, C thẳng hàng, nên
ED ⟂ DB
suy ra ∠EDB = 90°.

Lại do K là chân đường vuông góc từ E xuống AB, nên
EK ⟂ AB.
Mà B, K, A thẳng hàng, nên
EK ⟂ KB
suy ra ∠EKB = 90°.

Vậy
∠EDB = ∠EKB = 90°.
Suy ra D và K cùng nằm trên đường tròn đường kính EB.
Do đó bốn điểm E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS

b1) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK

Vì A, B, C, E cùng thuộc đường tròn (O), nên hai góc nội tiếp chắn cùng cung CA bằng nhau:
∠CEA = ∠CBA.

Mặt khác,
AE ⟂ BC và EK ⟂ AB.
Vì vậy góc tạo bởi AE và EK bằng góc tạo bởi BC và BA, tức là
∠AEK = ∠CBA.

Suy ra
∠CEA = ∠AEK.

Vậy EA là tia phân giác của góc CEK.

b2) Chứng minh AB.AC = AE.AS

Trước hết ta xác định tọa độ điểm E.

Áp dụng định lý về lực của điểm D đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
DB.DC = DA.DE.

Tức là
m.n = h.DE
nên
DE = mn/h.

Vì E nằm trên tia đối của DA nên
E(0, -mn/h).

Suy ra
AE = AD + DE = h + mn/h = (h² + mn)/h.

Bây giờ xác định điểm S.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì O nằm trên đường trung trực của BC nên
xO = (n - m)/2.

Lại có OA = OB, nên nếu gọi O((n-m)/2, yO) thì:
((n-m)/2)² + (yO - h)² = ((n+m)/2)² + yO².

Rút gọn được:
yO = (h² - mn)/(2h).

Vậy
O((n-m)/2, (h² - mn)/(2h)).

Đường thẳng AO cắt BC tại S, mà BC là trục Ox nên S có tung độ bằng 0.

Hệ số góc của AO là:
[(h² - mn)/(2h) - h] / [(n-m)/2]
= -(h² + mn)/(h(n-m)).

Do đó phương trình AO là:
y - h = -(h² + mn)/(h(n-m)) . x.

Cho y = 0, ta được:
-h = -(h² + mn)/(h(n-m)) . xS
suy ra
xS = h²(n-m)/(h² + mn).

Vậy
S(h²(n-m)/(h² + mn), 0).

Bây giờ tính AS:
AS² = h² + [h²(n-m)/(h² + mn)]²
= h² + h^4(n-m)²/(h² + mn)²
= h²[(h² + mn)² + h²(n-m)²]/(h² + mn)².

Khai triển tử số:
(h² + mn)² + h²(n-m)²
= h^4 + 2h²mn + m²n² + h²(n² - 2mn + m²)
= h^4 + h²m² + h²n² + m²n²
= (h² + m²)(h² + n²).

Vậy
AS² = h²(h² + m²)(h² + n²)/(h² + mn)²
= h².AB².AC²/(h² + mn)².

Vì các độ dài đều dương nên
AS = h.AB.AC/(h² + mn).

Nhân với AE:
AE.AS = (h² + mn)/h . h.AB.AC/(h² + mn)
= AB.AC.

Do đó
AB.AC = AE.AS.

c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của AB. Chứng minh SI vuông góc với HK

Ta tiếp tục dùng hệ trục trên.

Vì AD là đường cao nên H thuộc trục Oy, tức là H có hoành độ 0.

Mặt khác AC có hệ số góc là
(0 - h)/(n - 0) = -h/n.
Vậy đường cao qua B có hệ số góc n/h.

Phương trình đường cao qua B là:
y = (n/h)(x + m).

Cho x = 0, ta được tung độ của H:
yH = mn/h.

Suy ra
H(0, mn/h).

Vì I là trung điểm của AB nên
I(-m/2, h/2).

Bây giờ tìm tọa độ K.

Do K thuộc AB nên tồn tại số t sao cho
K = B + t(A - B).

Vì
A - B = (m, h),
nên
K = (-m + mt, ht).

Lại có EK ⟂ AB, nên
(E - K).(A - B) = 0.

Ta có
E - K = (m - mt, -mn/h - ht) = (m(1-t), -mn/h - ht).

Do đó
m(1-t).m + (-mn/h - ht).h = 0
suy ra
m²(1-t) - mn - h²t = 0
suy ra
m² - mn - t(m² + h²) = 0
suy ra
t = m(m-n)/(m² + h²).

Vậy
K = (-m + m.m(m-n)/(m²+h²), h.m(m-n)/(m²+h²))
= (-m(h² + mn)/(m² + h²), hm(m-n)/(m² + h²)).

Bây giờ xét các vectơ chỉ phương của HK và SI.

Ta có
HK = K - H
= (-m(h² + mn)/(m² + h²), hm(m-n)/(m² + h²) - mn/h).

Rút gọn tung độ:
hm(m-n)/(m² + h²) - mn/h
= [h²m(m-n) - mn(m² + h²)] / [h(m² + h²)]
Ta tính đúng:
h²m(m-n) - mn(m² + h²)
= h²m² - h²mn - m³n - mh²n
= h²m² - 2h²mn - m³n
= m(h²m - 2h²n - m²n).

Vậy
HK = m/(m² + h²) . (-(h² + mn), (h²m - 2h²n - m²n)/h).

Do đó một vectơ chỉ phương của HK là
u = (-(h² + mn), (h²m - 2h²n - m²n)/h).

Tiếp theo,
SI = I - S
= (-m/2 - h²(n-m)/(h² + mn), h/2).

Rút gọn hoành độ:
-m/2 - h²(n-m)/(h² + mn)
= [-m(h² + mn) - 2h²(n-m)] / [2(h² + mn)]
= [h²m - 2h²n - m²n] / [2(h² + mn)].

Vậy
SI = 1/[2(h² + mn)] . (h²m - 2h²n - m²n, h(h² + mn)).

Do đó một vectơ chỉ phương của SI là
v = (h²m - 2h²n - m²n, h(h² + mn)).

Xét tích vô hướng:
u.v
= (-(h² + mn))(h²m - 2h²n - m²n)

Suy ra
HK ⟂ SI.

Vậy ta đã chứng minh được
SI vuông góc với HK.

Kết luận:
a) E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.
b) EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS.
c) SI vuông góc với HK.

Có em, vẫn làm được hoàn toàn không dùng toạ độ.

Thầy/cô đặt
∠ABC = B, ∠ACB = C.
Vì AB < AC nên C < B.

Ta giải như sau.

a) Chứng minh E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn

Vì AD là đường cao nên AD ⟂ BC.
Mà E thuộc AD, D thuộc BC nên
∠EDB = 90°.

Lại có K là chân đường vuông góc từ E xuống AB nên EK ⟂ AB.
Mà B, K, A thẳng hàng nên
∠EKB = 90°.

Vậy ∠EDB = ∠EKB = 90°.
Suy ra bốn điểm E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS

b1) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK

Vì A, B, C, E cùng thuộc (O) nên
∠CEA = ∠CBA = B.

Mặt khác, EK ⟂ AB nên
∠AEK = 90° - ∠EAB.

Do E, A, D thẳng hàng và AD ⟂ BC nên
∠EAB = ∠DAB = 90° - B.

Suy ra
∠AEK = 90° - (90° - B) = B.

Vậy
∠CEA = ∠AEK.
Suy ra EA là tia phân giác của góc CEK.

b2) Chứng minh AB.AC = AE.AS

Trước hết ta tính AS.

Vì OA = OC nên tam giác AOC cân tại O, do đó
∠OAC = ∠ACO = C.

Lại có
∠DAB = 90° - B.

Suy ra
∠DAO = ∠OAC? Không, ta tính:
∠OAB = 90° - C
nên
∠DAO = ∠OAB - ∠DAB
= (90° - C) - (90° - B)
= B - C.

Vì S thuộc AO nên
∠DAS = B - C.

Xét tam giác vuông ADS, ta có
cos(B - C) = AD/AS
suy ra
AS = AD / cos(B - C). (1)

Bây giờ tính AE.

Tại điểm D, dùng hệ thức lực của điểm đối với đường tròn (O):
DA.DE = DB.DC. (2)

Trong các tam giác vuông ADB và ADC:
DB = AD.cotB,
DC = AD.cotC.

Thế vào (2):
AD.DE = AD.cotB . AD.cotC
suy ra
DE = AD.cotB.cotC.

Do A, D, E thẳng hàng nên
AE = AD + DE
= AD + AD.cotB.cotC
= AD(1 + cotB.cotC).

Mà
1 + cotB.cotC
= (sinB.sinC + cosB.cosC)/(sinB.sinC)
= cos(B - C)/(sinB.sinC).

Nên
AE = AD.cos(B - C)/(sinB.sinC). (3)

Nhân (1) với (3):
AE.AS
= [AD.cos(B - C)/(sinB.sinC)] . [AD/cos(B - C)]
= AD²/(sinB.sinC).

Lại có trong các tam giác vuông ADB và ADC:
AD = AB.sinB,
AD = AC.sinC.

Suy ra
AD²/(sinB.sinC)
= (AB.sinB)(AC.sinC)/(sinB.sinC)
= AB.AC.

Vậy
AE.AS = AB.AC.

c) Chứng minh SI vuông góc với HK

Phần này dài hơn một chút, nhưng vẫn chỉ dùng kiến thức hình học + lượng giác lớp 9.

Gọi M là trung điểm của BD.
Vì I là trung điểm của AB nên trong tam giác ABD, đoạn nối trung điểm có:
IM // AD
và
IM = AD/2.

Ta sẽ tính góc của SI với BC.

Do S nằm trên BC nên góc giữa SI và BC chính là góc ISM.
Xét tam giác vuông IMS:
tan∠ISM = IM/MS.

Mà
MS = MD + DS = BD/2 + DS. (4)

Ở phần trên ta đã có trong tam giác vuông ADS:
∠DAS = B - C
nên
tan(B - C) = DS/AD
suy ra
DS = AD.tan(B - C). (5)

Thế (5) vào (4):
MS = BD/2 + AD.tan(B - C).

Vậy
tan∠(SI,BC)
= tan∠ISM
= (AD/2)/(BD/2 + AD.tan(B - C))
= AD/(BD + 2AD.tan(B - C)).

Mà trong tam giác vuông ADB:
BD = AD.cotB.

Nên
tan∠(SI,BC)
= 1/(cotB + 2tan(B - C)). (6)

Bây giờ ta tính góc của HK với BC.

Gọi N là hình chiếu của K trên BC, tức KN ⟂ BC.

Vì B, K, A thẳng hàng; B, N, D thẳng hàng; KN ⟂ BC và AD ⟂ BC
nên hai tam giác vuông BKN và BDA đồng dạng.

Suy ra
BN/BD = KN/AD = BK/AB. (7)

Ta cần tính BK/AB.

Từ câu b1), ta có
∠AEK = B.
Lại có
∠AKE = 90° = ∠ADB.

Vậy hai tam giác AKE và ADB đồng dạng.

Suy ra
AK/AD = AE/AB
nên
AK/AB = AD.AE/AB².

Ở câu b2), ta đã có
AE = AD.cos(B - C)/(sinB.sinC),
còn
AB = AD/sinB.

Thế vào:
AK/AB
= [AD . AD.cos(B - C)/(sinB.sinC)] / [AD²/sin²B]
= sinB.cos(B - C)/sinC.

Do đó
BK/AB
= AK/AB - 1
= [sinB.cos(B - C) - sinC]/sinC.

Mà
sinC = sin[B - (B - C)]
= sinB.cos(B - C) - cosB.sin(B - C).

Suy ra
sinB.cos(B - C) - sinC = cosB.sin(B - C).

Vậy
BK/AB = cosB.sin(B - C)/sinC. (8)

Đặt
x = BK/AB = cosB.sin(B - C)/sinC.

Từ (7):
BN = x.BD,
KN = x.AD.

Vì x > 0 nên K nằm ngoài đoạn AB về phía B, do đó N nằm ngoài đoạn BD về phía B, suy ra
DN = DB + BN = DB(1 + x). (9)

Mặt khác, H là trực tâm và E là điểm đối xứng của H qua BC nên D là trung điểm của HE.
Suy ra
HD = DE.

Từ câu b2):
DE = AD.cotB.cotC
nên
HD = AD.cotB.cotC. (10)

Bây giờ xét độ dốc của HK so với BC.
Vì H ở phía trên BC còn K ở phía dưới BC nên
tan∠(HK,BC) = (HD + KN)/DN.

Thế (9), (10) vào:
tan∠(HK,BC)
= [AD.cotB.cotC + AD.x] / [AD.cotB(1 + x)]
= [cotC + x.tanB]/(1 + x).

Thế x = cosB.sin(B - C)/sinC:
tan∠(HK,BC)
= [cotC + sinB.sin(B - C)/sinC] / [1 + cosB.sin(B - C)/sinC]
= [cosC + sinB.sin(B - C)] / [sinC + cosB.sin(B - C)].

Ta biến đổi:

cosC = cos[B - (B - C)]
= cosB.cos(B - C) + sinB.sin(B - C),

sinC = sin[B - (B - C)]
= sinB.cos(B - C) - cosB.sin(B - C).

Nên

cosC + sinB.sin(B - C)
= cosB.cos(B - C) + 2sinB.sin(B - C),

sinC + cosB.sin(B - C)
= sinB.cos(B - C).

Vì thế
tan∠(HK,BC)
= [cosB.cos(B - C) + 2sinB.sin(B - C)] / [sinB.cos(B - C)]
= cotB + 2tan(B - C). (11)

Từ (6) và (11):
tan∠(SI,BC) . tan∠(HK,BC) = 1.

Hai góc này đều là góc nhọn nên tổng của chúng bằng 90°.
Suy ra
SI ⟂ HK.

Vậy đã chứng minh xong.

Kết luận:
a) E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.
b) EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS.
c) SI vuông góc với HK.

a: Thay x=9 vào A, ta được:

\(A=\frac{\sqrt9-2}{\sqrt9+1}=\frac{3-2}{3+1}=\frac14\)

b: \(B=\frac{5}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{2-\sqrt{x}}+\frac{x+16}{x-4}\)

\(=\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{1}{\sqrt{x}-2}+\frac{x+16}{x-4}\)

\(=\frac{5\left(\sqrt{x}-2\right)-\sqrt{x}-2+x+16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{5\sqrt{x}-10+x-\sqrt{x}+14}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\frac{x+4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}\)

Câu 1.
Vì D là hình chiếu của H trên AB nên HD vuông góc AB suy ra góc IDH bằng 90 độ
Vì E là hình chiếu của H trên AC nên HE vuông góc AC suy ra góc IEH bằng 90 độ

Do đó góc IDH bằng góc IEH

Lại có I là giao điểm của DE và BC nên ID và IE cùng nằm trên DE suy ra góc DIH bằng góc HIE

Suy ra tam giác IDH đồng dạng tam giác IHE theo trường hợp góc góc

Từ hai tam giác đồng dạng ta có
IH / ID = IE / IH

Suy ra
IH^2 = ID . IE

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}\)

mà \(\hat{DAH}=\hat{DHB}\left(=90^0-\hat{DBH}\right)\)

nên \(\hat{IHD}=\hat{IEH}\)

Xét ΔIHD và ΔIEH có

\(\hat{IHD}=\hat{IEH}\)

góc HID chung

Do đó: ΔIHD~ΔIEH

=>\(\frac{IH}{IE}=\frac{ID}{IH}\)

=>\(IH^2=IE\cdot ID\)

a)
Vì AB là đường kính nên ∠AEB = 90°, ∠AFB = 90°
S ∈ AE nên ∠SEF = ∠SAF
H ∈ AF nên ∠SHF = ∠SBF
Suy ra ∠SEF = ∠SHF
Vậy bốn điểm E, S, F, H cùng thuộc một đường tròn

b)
Xét tam giác BSE và BHF

∠BSE = ∠BHE
∠BES = ∠BFH

Suy ra ΔBSE ∼ ΔBHF

BS/BH = BE/BF

Suy ra BF.BS = BH.BE

Gọi K là trung điểm SH, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác E,S,F,H
SH là dây của đường tròn đó, K là trung điểm dây SH

Suy ra OK ⟂ SH

Vì SH cắt AF tại H và S nằm trên AE nên SH ⟂ AF

Suy ra KO ⟂ AF

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó; ΔAEB vuông tại E

=>BE⊥SA tại E

Xét (O) có

ΔAFB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAFB vuông tại F

=>AF⊥ SB tại F

Xét tứ giác SEHF có \(\hat{SEH}+\hat{SFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên SEHF là tứ giác nội tiếp

=>S,E,H,F cùng thuộc một đường tròn

b: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBES vuông tại E có

\(\hat{FBH}\) chung

Do đó: ΔBFH~ΔBES
=>\(\frac{BF}{BE}=\frac{BH}{BS}\)

=>\(BF\cdot BS=BH\cdot BE\)

a) 69 cm

b) 36 cm

c) 67 cm

Câu 1a
MN ⟂ AB tại M nên AM ⟂ MN
K ∈ BM nên KM ⟂ AM
H là chân đường vuông góc từ K xuống AB nên KH ⟂ AB
AH ⟂ KH

∠AKH = 90° , ∠AMH = 90°
⇒ ∠AKH = ∠AMH
⇒ A, H, K, M cùng thuộc một đường tròn

Câu 1b
Từ câu a suy ra A, H, K, M nội tiếp

Xét tam giác ABN và tam giác HKB
∠ANB = 90° , ∠KHB = 90°
∠ABN = ∠HBK

⇒ ΔABN ∼ ΔHKB

AN/ HK = AB/ HB
NB/ AN = HB/ HK

⇒ NB . HK = AN . HB

Câu 1c
Từ câu a suy ra ∠HMK = ∠HAK

K ∈ NA nên ∠HAK = ∠HAM

Mà ∠HAM là góc nội tiếp chắn cung HM của (O)
⇒ góc giữa HM và MA bằng góc nội tiếp chắn cung MA

⇒ HM ⟂ OM

⇒ HM là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM⊥KB tại M

Xét tứ giác KHAM có \(\hat{KHA}+\hat{KMA}=90^0+90^0=180^0\)

nên KHAM là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

MN là dây

AB là đường kính

AB⊥MN

Do đó: B là điểm chính giữa của cung MN

=>sđ cung BM=sđ cung BN

=>BM=BN

=>ΔBMN cân tại B

mà BA là đường cao

nên BA là phân giác của góc MBN

Xét (O) có

ΔANB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔANB vuông tại N

Xét ΔBNA vuông tại N và ΔBHK vuông tại H có

\(\hat{NBA}=\hat{HBK}\)

Do đó: ΔBNA~ΔBHK

=>\(\frac{NB}{HB}=\frac{NA}{HK}\)

=>\(NA\cdot HB=NB\cdot HK\)

c: KHAM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{HMA}=\hat{HKA}=90^0-\hat{KAH}=90^0-\hat{NAB}=\hat{NBA}\)

=\(\hat{MBA}\)

ΔOMA cân tại O

=>\(\hat{OMA}=\hat{OAM}=\hat{MAB}\)

\(\hat{OMH}=\hat{OMA}+\hat{HMA}\)

\(=\hat{MAB}+\hat{MBA}=90^0\)

=>MH⊥MO tại M

=>MH là tiếp tuyến tại M của (O)

a: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BA⊥BD tại B

Ta có: \(\hat{ABH}+\hat{HAB}=90^0\) (ΔHAB vuông tại H)

\(\hat{HAB}+\hat{BDA}=90^0\) (ΔDBA vuông tại B)

Do đó: \(\hat{ABH}=\hat{ADB}\)

=>\(\hat{ABE}=\hat{ADB}\) (1)

Xét (O) có

\(\hat{ADB};\hat{ACB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\hat{ADB}=\hat{ACB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ABE}=\hat{ACB}\)

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại A

=>BA⊥CM tại A

Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMBC vuông tại B có

\(\hat{AMB}\) chung

Do đó: ΔMAB~ΔMBC

=>\(\hat{MBA}=\hat{MCB}=\hat{ACB}\)

=>\(\hat{MBA}=\hat{EBA}\)

Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBAE vuông tại A có

BA chung

\(\hat{ABM}=\hat{ABE}\)

Do đó: ΔBAM=ΔBAE

=>BM=BE

=>ΔBME cân tại B

a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

b: BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)

mà \(\hat{FEC}+\hat{AEF}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)

góc BAC chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{EF}{BC}\)

=>\(AE\cdot BC=AB\cdot EF\)

a: Xét (O) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>CF⊥AB tại F

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE⊥AC tại E

Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

a: Xét tứ giác BCEF có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

b: Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FBC}+\hat{FEC}=180^0\)

mà \(\hat{FBC}+\hat{NBF}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{NBF}=\hat{NEC}\)

Xét ΔNBF và ΔNEC có

\(\hat{NBF}=\hat{NEC}\)

góc BNF chung

Do đó: ΔNBF~ΔNEC