1. Xét tứ giác CEHD có:
$\widehat{CEH}$ = $90^{2}$ ( BE là đường cao )
$\widehat{CDH}$ = $90^{2}$ ( AD là đường cao )
⇒ $\widehat{CEH}$+$\widehat{CDH}$ = $90^{o}$+$90^{o}$ = $180^{o}$
Mà $\widehat{CEH}$ và $\widehat{CDH}$ là hai góc đối của tứ giác CEHD
⇒ CEHD là tứ giác nội tiếp (đpcm)
2. BE là đường cao ( gt )
⇒ BE ⊥ AB ⇒ $\widehat{BFC}$ = $90^{o}$
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc $90^{o}$ ⇒ E và F cùng nằm trên (O) đường kính AB
⇒ 4 điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn (đpcm)
3. Xét ΔAEH và ΔADC có :
$\widehat{AEH}$ = $\widehat{ADC}$ (=$90^{o}$)
A chung
⇒ ΔAEH ~ ΔADC
⇒ $\frac{AE}{AD}$ = $\frac{AH}{AC}$
⇒ AE.AC = AH.AD
Xét ΔBEC và ΔADC có :
$\widehat{BEC}$ = $\widehat{ADC}$ (=$90^{o}$)
C chung
⇒ ΔBEC ~ ΔADC
⇒ $\frac{AE}{AD}$ = $\frac{BC}{AC}$
⇒ AD.BC = BE.AC (đpcm)
4. Có : $\widehat{C1}$ = $\widehat{A1}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$)
$\widehat{C2}$ = $\widehat{A1}$ ( hai góc nối tiếp chắn cung BM )
⇒ $\widehat{C1}$ = $\widehat{C2}$ ⇒ CB là tia phân giác $\widehat{HCM}$
Lại có : CB ⊥ HM
⇒ Δ CHM cân tại C
⇒ CB là đường trung trực của HM
⇒ H và M đối xứng nhau qua BC (đpcm)
5. Có : Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn ( câu 2 )
⇒ $\widehat{C1}$ = $\widehat{E1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn BF) (*)
Có : Tứ giác CEHD nội tiếp (câu 1)
⇒ $\widehat{C1}$ = $\widehat{E2}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD ) (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra :
$\widehat{E1}$ = $\widehat{E2}$
⇒ EB là tia phân giác $\widehat{DEF}$
Cm tương tự ta được : FC là tia phân giác của $\widehat{DFE}$
Mà BE và CF cắt nhau tại H
⇒ H là tâm của đường tròn nội tiếp ΔDEF
Vậy ...
