a: Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE⊥AB tại E
Xét (O) có
ΔBFC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBFC vuông tại F
=>BF⊥AC tại F
Xét ΔABC có
BF,CE là các đường cao
BF cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại D
Ta có: \(\hat{CHF}+\hat{ECA}=90^0\) (ΔHFC vuông tại F)
\(\hat{BAC}+\hat{ACE}=90^0\) (ΔAEC vuông tại E)
Do đó: \(\hat{CHF}=\hat{BAC}\)
b: Xét tứ giác HFCD có \(\hat{HFC}+\hat{HDC}=90^0+90^0=180^0\)
nên HFCD là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BEHD có \(\hat{BEH}+\hat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BEHD là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\hat{FCH}=\hat{FDH}\) (HFCD nội tiếp)
\(\hat{EDH}=\hat{EBH}\) (EBDH nội tiếp)
mà \(\hat{FCH}=\hat{EBH}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)
nên \(\hat{FDH}=\hat{EDH}\)
=>DH là phân giác của góc FDE
=>\(\hat{FDE}=2\cdot\hat{FDH}=2\cdot\hat{FCE}\)
