Đáp án:

Giải thích các bước giải:

a) Xét tam giác CHF và CEH có:

góc CHF=góc CHE = 90^o

HF=HE (giả thiết)

CH cạnh chung

=> tam giác CHF =tam giác CEH (2cgv)

=>CE=CF =>tam giác CEF cân tại C

Quay trở lại bài toán quen thuộc:

Có thể chứng minh tam giác BAK đều do BA=1/2BC cùng với tam giác BAF=tam giác BKF bằng cách là hai tam giác có hai góc vuông, FA=FK, phân giác góc B 

=> tam giác BAF=tam giác BKF (ch-gn)

=>AK `bot` AK => AK//HC

b) Hiển nhiên FA=FK mà FK<FC (Quan hệ góc cạnh đối diện)

=> FA<FC

c) Dễ thấy hai góc nhọn của 2 tam giác FBA và HCF bằng nhau, mà góc ABF=30^o => góc ECF=60^o, tam giác BFC cân tại C (Do F thuộc phân giác góc BKC) => Góc FCK=30^o

=>góc ECB=90^o =>tam giác EBC vuông tại C

d) Do FK cố định, FD tia đối => DK cố định.

Giả sử DB và DC là hai cạnh tam giác. Ta có góc DKC là góc vuông mặt khác DK trung trực BC

=> KB=KC => BA và CH cắt D mặt khác BDC là tam giác đều

=>CH, FK, AB đồng quy

* Mở rộng cm CM DE//AC

Đáp án:

$\\$

`a,`

Có : `H` là hình chiếu của `C` trên `BF`

`-> HC ⊥ BF`

`-> hat{CHF} = hat{CHE} = 90^o`

Xét `ΔCHF` và `ΔCHE` có :

`hat{CHF} = hat{CHE} = 90^o`

`CH` chung

`HE=HF` (giả thiết)

`-> ΔCHF = ΔCHE` (cạnh - góc - cạnh)

`-> CF = CE` (2 cạnh tương ứng)

`-> ΔCEF` cân tại `C`

$\\$

Có : `ΔABC` vuông tại `A`

`-> hat{BAF} = 90^o`

Có : `K` là hình chiếu của `F` trên `BC`

`-> FK⊥BC`

`-> hat{BKF} = 90^o`

Do : `BF` là tia phân giác của `hat{B}`

`-> hat{ABF} = hat{KBF}`

Xét `ΔABF` và `ΔKBF` có :

`hat{BAF} = hat{BKF} = 90^o`

`BF` chung

`hat{ABF} = hat{KBF}` (chứng minh trên)

`-> ΔABF = ΔKBF` (cạnh huyền - góc nhọn)

`-> AB=KB` (2 cạnh tương ứng)

`-> B` nằm trên đường trung trực của `AK` `(1)`

Do `ΔABF = ΔKBF` (chứng minh trên)

`-> AF=KF` (2 cạnh tương ứng)

`-> F` nằm trên đường trung trực của `AK` `(2)`

Từ `(1), (2)`

`->BF` là đường trung trực của `AK`

`-> BF⊥AK`

Có : \(\left\{ \begin{array}{l}BF⊥AK\\HC⊥BF\end{array} \right.\) (chứng minh trên)

$→ AK//HC$

$\\$

$\\$

`b,`

Có : `FK⊥BC` (chứng minh trên)

`-> hat{FKC}=90^o`

Xét `ΔFKC` có :

`hat{FKC}=90^o`

Áp dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện có :

`FC` là cạnh lớn nhất

`-> FC > FK`

mà `FA=FK` (chứng minh trên)

`-> FA < FC`

$\\$

$\\$

`c,`

Do `ΔABF = ΔKBF` (chứng minh trên)

`-> hat{AFB} = hat{KFB}` (2 góc tương ứng)

mà `hat{AFB} = hat{CFE}` (2 góc đối đỉnh)

`-> hat{KFB} = hat{CFE} (= hat{AFB})`

Do `ΔCEF` cân tại `C`

`-> hat{CFE} = hat{CEF}`

mà `hat{KFB} = hat{CFE}` (chứng minh trên)

`-> hat{CEF} = hat{KFB} (= hat{CFE})`

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

$→ FK//CE$

Có : \(\left\{ \begin{array}{l}FK//CE\\FK⊥BC\end{array} \right.\) (chứng minh trên)

`-> CE⊥BC`

`-> ΔEBC` vuông tại `C`

$\\$

$\\$

`d,`

Gọi `O` là giao của `CH` và `AB` `(3)`

Do `ΔABC` vuông tại `A`

`-> CA⊥AB`

hay `CA⊥BO`

`-> CA` là đường cao của `ΔOBC`

Có : `CH⊥BF` (chứng minh trên)

hay `BH⊥OC`

`-> BH` là đường cao của `ΔOBC`

Có : `FK⊥BC` (chứng minh trên)

hay `OK⊥BC`

`-> OK` là đường cao của `ΔOBC`

Xét `ΔOBC` có :

`BH` là đường cao

`CA` là đường cao

`BH` cắt `CA` tại `F`

`->F ` là trực tâm của `ΔOBC`

mà `OK` là đường cao của `ΔOBC`

`-> OK` đi qua trực tâm `F` của `ΔOBC`

`-> FK` đi qua `O` `(4)`

Từ `(3), (4)`

`-> CH,FK,AB` đồng quy tại `O`