Lời giải:
a)
Ta có: \(\widehat{DBH}=\widehat{A_2}\) (góc tạo bởi dây cung và tiếp tuyến thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
\(\widehat{FBH}=\widehat{A_1}\) (góc nt cùng nhìn cung $CH$)
Mà \(\widehat{A_1}=\widehat{A_2}\) (do $AH$ là phân giác góc \(\widehat{CAB}\))
\(\Rightarrow \widehat{DBH}=\widehat{FBH}(1)\)
Mặt khác \(\widehat{AHB}=90^0\)(góc nt chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow AH\perp HB\Rightarrow BH\perp FD\Rightarrow \widehat{BHF}=\widehat{BHD}=90^0(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \triangle DBH=\triangle FBH(g.c.g)\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} DB=FB\\ DH=FH\end{matrix}\right.\) (đpcm)
b)
Xét tam giác $HBD$ và $CAF$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BHD}=90^0=\widehat{ACF}\\ \widehat{HBD}=\widehat{A_2}=\widehat{A_1}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle HBD\sim \triangle CAF(g.g)\)
c) Sửa đề: \(FB^2=DH.DA\)
$BD$ là tiếp tuyến \(\Rightarrow BD\perp OB\Rightarrow BD\perp AB\Rightarrow \widehat{ABD}=90^0\)
Xét tam giác $BDH$ và $ADB$ có:
\(\widehat{D}\) chung
\(\widehat{BHD}=90^0=\widehat{ABD}\)
\(\Rightarrow \triangle BDH\sim \triangle ADB(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{AD}=\frac{DH}{DB}\Rightarrow BD^2=DH.DA\)
Mà \(BD=FB\Rightarrow FB^2=DH.DA\) (đpcm)
d) Sửa đề: \(AC\cap BD=M\)
Tương tự phần c, ta dễ thấy \(\triangle MBC\sim \triangle MAB(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{MB}{MA}=\frac{MC}{MB}\Rightarrow MB^2=MA.MC\) (đpcm)
