Bài 5
`a)` Ta có: `\hat{BAC}=1/ 2 sđ\stackrel\frown{BC}` (góc nội tiếp chắn cung $BC$)
`=>sđ\stackrel\frown{BC}=2\hat{BAC}=2.60°=120°`
Vậy `sđ\stackrel\frown{BC}=120°`
`b)`
+) Xét $∆HBF$ và $∆HCE$ có:
`\hat{BHF}=\hat{CHE}` (đối đỉnh)
`\hat{BFH}=\hat{CEH}=90°` (vì $BE;CF$ là đường cao)
`=>∆HBF∽∆HCE(g-g)`
`=>{HB }/{HC}={HF}/{HE}`
`=>HB.HE=HC.HF` $(đpcm)$
+) $BE;CF$ là đường cao của $∆ABC$
`=>\hat{BEC}=\hat{BFC}=90°`
`=>4` điểm $B;E;F;C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$ $(đpcm)$
`c)` Ta có:
`\hat{ABI}=\hat{ACI}` (góc nội tiếp cùng chắn cung $AI$)
`\hat{ABI}=\hat{ACK}` (cùng phụ với `\hat{BAC}`)
`=>\hat{ACI}=\hat{ACK}`
`=>AC` là phân giác của `\hat{ICK}` $(đpcm)$
`d)` Xét $∆ABE$ và $∆ACF$ có:
`\hat{A}` chung.
`\hat{AEB}=\hat{AFC}=90°`
`=>∆ABE∽∆ACF\ (g-g)`
`=>{AE}/{AF}={AB}/{AC}`
`=>{AE}/{AB}={AF}/{AC}`
Xét $∆AEF$ và $∆ABC$ có:
`\hat{A}` chung
`{AE}/{AB}={AF}/{AC}` (c/m trên)
`=>∆AEF∽∆ABC(c-g-c)`
`=>\hat{AFE}=\hat{ACB}`
Vẽ tia $Ax$ là tiếp tuyến của $(O)$ (như hình vẽ)
`=>Ax`$\perp OA$ $(1)$
Ta có: `\hat{ACB}=\hat{BAx}` (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung $AB$)
`=>\hat{AFE}=\hat{BAx}`
Mà hai góc `\hat{AFE}=\hat{BAx}` ở vị trí so le trong
`=>Ax`// $EF$ $(2)$
Từ `(1);(2)=>OA`$\perp EF$ $(đpcm)$
_______
Nếu đã học tứ giác nội tiếp, ta có $BCEF$ nội tiếp `=>\hat{AFE}=\hat{ACB}` (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối với đỉnh đó)
(Ko phải c/m ∆ đồng dạng như trên)
$\\$
Bài 6
`a)` Xét $∆ABE$ và $∆CDE$ có:
`\hat{AEB}=\hat{CED}` (đối đỉnh)
`\hat{BAE}=\hat{DCE}` (góc nội tiếp cùng chắn cung $BD$)
`=>∆ABE∽∆CDE\ (g-g)`
`=>{EA}/{EC}={EB}/{ED}`
`=>EA.ED=EB.EC` $(đpcm)$
`b)`
Ta có: `\hat{ACD}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét $∆ABH$ và $∆ADC$ có:
`\hat{ABH}=\hat{ADC}` (góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)
`\hat{AHB}=\hat{ACD}=90°`
`=>∆ABH∽∆ADC\ (g-g)`
`=>{AB}/{AD}={AH}/{AC}`
`=>AB.AC=AH.AD` $(đpcm)$
`c)`
+) $∆ABC$ có $I$ là giao điểm của đường cao từ đỉnh $B$ và đường cao $AH$
`=>I` là trực tâm $∆ABC$
`=>CI`$\perp AB$ $(đpcm)$
+) `\hat{ACD}=90°` (câu b)
`=>DC`$\perp AC$
Mà $BI\perp AC$
`=>DC`//$BI$ $(1)$
Ta có: `\hat{ABD}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
`=>DB`$\perp AB$
Mà $CI\perp AB$
`=>DB`//$CI$ $(2)$
Từ `(1);(2)=>BICD` là hình bình hành $(đpcm)$
`d)`
$BICD$ là hình bình hành có $M$ là giao điểm $BC$ và $DI$
`=>M` là trung điểm $BC$
`=> OF`$\perp BC$ tại $M$ (đường nối tâm vuông góc tại trung điểm dây cung)
`=>OF` là trung trực của $BC$
`=>FB=FC` $(đpcm)$
`=>sđ\stackrel\frown{FB}=sđ\stackrel\frown{FC}`
`=>\hat{BAF}=\hat{CAF}` (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
`=>\hat{BAH}+\hat{HAF}=\hat{DAC}+\hat{DAF}` $(3)$
`∆ABH∽∆ADC` (câu b)
`=>\hat{BAH}=\hat{DAC}` $(4)$
Từ `(3);(4)=>\hat{HAF}=\hat{DAF}`
`=>AF` là phân giác của `\hat{HAD}` $(đpcm)$
