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}` $(đpcm)$