Giải thích các bước giải:
`a)` Xét đường tròn `(O)` có: `\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^o` (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn `(O)`)
`->` `\hat{AFH}=\hat{AEH}=90`
Xét tứ giác AEHF, có: `\hat{AFH}=\hat{AEH}=90^o`
`->` `\hat{AFH}+\hat{AEH}=180^o`
Mà hai góc ở vị trí đối nhau
`->` Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp
`b)` Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
mà `\hat{AEH}=90^o`
`->` I là tâm đường tròn đường kính AH `->` I là trung điểm của AH
`->` `IA=IH=2cm`
Xét đường tròn `(I)` có: `\hat{FAE}` là góc nội tiếp chắn $\mathop{EHF}\limits^{\displaystyle\frown}$
`->` `sđ`$\mathop{EHF}\limits^{\displaystyle\frown}$`=2.\hat{FAE}`
`->` `\hat{FAE}=120^o`
Diện tích hình quạt tròn IEHF là:
`S=`$\dfrac{\pi.R^2.n}{360^o}$
`=`$\dfrac{π.2^{2}.120^o}{360^o}$
`=4/3.\pi(cm^2)`
`d)` Kẻ `AH` cắt `BC` tại `G`
Xét `ΔABC` có: hai đường cao `BE` và `CF` cắt nhau tại `H`
`->` `H` là trực tâm trong `ΔABC`
`->` `AH` là đường cao trong `ΔABC`
`->` `AG` là đường cao trong `ΔABC`
`->` `AG⊥BC`
`->` `ΔBHG` vuông tại G
`->` `\hat{BHG}+\hat{HBG}=90^o`
Có `IH=HE` `->` `ΔIHE` cân tại `I`
`->` `\hat{IHE}=\hat{IEH}`
mà `\hat{IHE}=\hat{BHG}` (đối đỉnh)
`->` `\hat{IEH}=\hat{BHG}`
Lại có: `\hat{BHG}=\hat{BCE}` (cùng phụ với `\hat{HBG}`)
`->` `\hat{IEH}=\hat{BCE}`
Ta có: `ΔOEC` cân tại `O` `(OE=OC=R)`
`->` `\hat{OEC}=\hat{OCE}`
`->` `\hat{IEH}=\hat{OEC}`
Mà: `\hat{OEC}+\hat{OEB}=90^o`
`->` `\hat{IEH}+\hat{OEB}=90^o`
`->` `\hat{IEO}=90^o`
Có `\hat{IEO}=90^o` và `E∈(O)`
`->` `IE` là tiếp tuyến của `(O)` tại `E`
+ Có: `ΔOFC` cân tại `O` `(OF=OC=R)`
`->` `\hat{OFC}=\hat{OCF}`
Mà: `\hat{BAG}=\hat{BCE}` (cùng phụ với `\hat{ABC}`)
`->` `\hat{FAH}=\hat{OFC}`
`->` `\hat{AFI}=\hat{OFC}` (`ΔIAF` cân tại `I` do `IA=IF=R`)
Lại có: `\hat{AFI}+\hat{IFH}=90^o`
`->` `\hat{OFC}+\hat{IFH}=90^o`
`->` `\hat{OFI}=90^o`
Xét đường tròn `(O)` có: `F∈(O)` và `\hat{OFI}=90^o`
`->` `IF` là tiếp tuyến của `(O)` tại `F`
Ta có: Hai tiếp tuyến của đường tròn `(O)` tại `E` và `F` cắt nhau tại `I`
mà `I∈AH`
`->` đpcm
