Toán

a) Do BK là tiếp tuyến của (O) tại B (gt)

⇒ ∠OBK = 90⁰

Do DK là tiếp tuyến của (O) tại D (gt)

⇒ ∠ODK = 90⁰

Tứ giác BODK có:

∠OBK = ∠ODK = 90⁰

⇒ ∠OBK + ∠ODK = 180⁰

⇒ BODK nội tiếp (*)

b) Do BK và DK là hai tiếp tuyến cắt nhau tại K

⇒ BK = DK (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒ K nằm trên đường trung trực của BD (1)

Lại có:

OB = OD (bán kính)

⇒ O nằm trên đường trung trực của BD (2)

Từ (1) và (2) ⇒ OK là đường trung trực của BD

⇒ OK ⊥ BD

⇒ OI ⊥ BD

c) Xét ∆ODK vuông tại D, đường cao DI

⇒ KD² = KI.KO (3)

Xét ∆KCD và ∆KDA có:

∠K chung

∠KDC = ∠KAD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

⇒ ∆KCD ∽ ∆KDA (g-g)

⇒ KD/KA = KC/KD

⇒ KD² = KA.KC (4)

Từ (3) và (4) ⇒ KI.KO = KA.KC

Do E là trung điểm của AC (gt)

⇒ OE ⊥ AC

⇒ ∠OEK = 90⁰

Tứ giác KEOB có:

∠OEK = ∠OBK = 90⁰

⇒ ∠OEK + ∠OBK = 180⁰

⇒ KEOB nội tiếp (**)

Từ (*) và (**) ⇒ K, D, E, O, B cùng nằm trên một đường tròn

Lại có:

KB = KD (cmt)

⇒ ∠DEK = ∠DOK = ∠KOB (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau trên cùng một đường tròn)

Ta có:

∠DCA = ∠DBA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của (O))

Do OK BD tại I (cmt)

⇒ ∆OIB vuông tại I

⇒ ∠KOB + ∠OBI = 90⁰

⇒ ∠DEC + ∠ECD = 90⁰

⇒ ∠EDC = 90⁰

⇒ DE ⊥ DC (5)

Mà ∠FDC = 90⁰ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ FD ⊥ DC (6)

Từ (5) và (6) ⇒ F, H, E, D thẳng hàng

Do KI.KO = KA.KC (cmt)

⇒ KI/KA = KC/KO

Xét ∆KCI và ∆KOA có:

∠K chung

KI/KA = KC/KO (cmt)

⇒ ∆KCI ∽ ∆KOA (c-g-c)

⇒ ∠KCI = ∠KOA (hai góc tương ứng)

Ta có:

∠KEF = ∠KAF + ∠EFA = 90⁰ + ∠EFA (do ∠KEF là góc ngoài của ∆AEF)

⇒ ∠KEF = 90⁰ + ∠DFA = 90⁰ + ∠ABD

∠AOK = ∠OIB + ∠OBI = 90⁰ + ∠OBI (do ∠AOK là góc ngoài của ∆OIB)

⇒ ∠AOK = 90⁰ + ∠ABD

Mà ∠KEF = 90⁰ + ∠ABD (cmt)

⇒ ∠AOK = ∠KEF

Mà ∠AOK = ∠KCI (cmt)

⇒ ∠KCI = ∠KEF

Mà ∠KCI và ∠KEF là hai góc đồng vị

⇒ IC // EF

Mà E là trung điểm của AC (gt)

⇒ H là trung điểm của AI

a) 

Do \(\triangle ABC \) cân ( \(AB=AC\) )

\(\Rightarrow \widehat{ABC} = \widehat{ACB}\)

Mà \(BE ; CF\) lần lượt là đường phân giác của \(\widehat{ABC} ; \widehat{ACB}.\)

\(\Rightarrow \widehat{ABE} = \widehat{ACF} \)

Xét \(\triangle ABE\) và \(\triangle ACF\) ta  có :

\(AB = AC\) ( gt )

\(\widehat{ABC}\) chung 

\(\widehat{ABE} = \widehat{ACF} \) ( cmt )

\(\Rightarrow \) \(\triangle ABE\) \(=\) \(\triangle ACF\) ( g.c.g )

Do \(\triangle ABE = \triangle ACF\)

\(\Rightarrow \widehat{BAH} = \widehat{CAH} \) ( 2 góc tương ứng )

Xét \(\triangle ABD\) và \(\triangle ACD\) ta có :

\(AD\) chung  

\(AB=AC\) ( gt )

\( \widehat{BAH} = \widehat{CAH} \) ( cmt )

\(\Rightarrow \) \(\triangle ABD\) \(=\) \(\triangle ACD\)  ( c.g.c )

\(\Rightarrow BD=DC\) ( 2 cạnh tương ứng ) (1)

Mà D nằm trên BC . 

\(\Rightarrow BD+DC=BC\) (2)

Từ (1) và (2) ta được \(D\) là trung điểm của \(BC\)

Xét \(\triangle DHF\) và \(\triangle CHE\) có :

\(\widehat{FBH} = \widehat{ECH} \) ( theo câu a, )

\(\widehat{FHB} = \widehat{EHC} \) ( 2 goc đối đỉnh )

Mà \(\widehat{FBH} +\) \(\widehat{FHB}\) \(+ \widehat{BFH}\) \(= \) \(\widehat{ECH} +\) \(\widehat{EHC} + \widehat{CEH} = 180^o\)

\(\Rightarrow\) \(\widehat{BFH} = \) \(\widehat{CEH} \) (1)

Mà chúng ở vị trí đồng vị . (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow \) \(EF\) // \(BC\) 

em từ từ nhé !