a)

Tứ giác $AFHE$ có $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=180{}^\circ $

$\Rightarrow AFHE$ nội tiếp

$\Rightarrow $Tâm là trung điểm cạnh $AH$

Tứ giác $BFEC$ có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90{}^\circ $

$\Rightarrow BFEC$ nội tiếp

$\Rightarrow $Tâm là trung điểm cạnh $BC$

 

b)

Vẽ tiếp tuyến $Ax$ như hình$\Rightarrow Ax\bot OA$

Ta có $\widehat{xAB}=\widehat{ACB}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến – dây cung)

Mà $\widehat{ACB}=\widehat{AFE}$ (vì $BFEC$ nội tiếp)

Nên $\widehat{xAB}=\widehat{AFE}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

Do đó $Ax//EF$

$\Rightarrow EF\bot OA$

 

c)

$BFEC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{EFC}=\widehat{EBC}$

$BFHD$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DFC}=\widehat{EBC}$

$\Rightarrow \widehat{EFC}=\widehat{DFC}$$\Rightarrow FH$ là phân giác $\widehat{EFD}$

 

$BFEC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{FEB}=\widehat{FCB}$

$CEHD$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{DEB}=\widehat{FCB}$

$\Rightarrow \widehat{FEB}=\widehat{DEB}$$\Rightarrow EH$ là phân giác $\widehat{FED}$

Vậy $H$ là giao điểm hai đường phân giác của $\Delta EFD$

Nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta EFD$

 

d)

$J$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $CEHD$

Tức là $JC=JD\Rightarrow \widehat{JCD}=\widehat{JDC}$

Ta có $\widehat{FJD}$ là góc ngoài của $\Delta JDC$

Nên $\widehat{FJD}=\widehat{JCD}+\widehat{JDC}=2\widehat{JCD}$

 

$EH$ là phân giác $\widehat{FED}$

Nên $\widehat{FED}=2\widehat{FEB}=2\widehat{JCD}$

Vậy $\widehat{FJD}=\widehat{FED}\,\,\,\,\,\left( =2\widehat{JCD} \right)$

$\Rightarrow DFEJ$ nội tiếp

 

e)

$M$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp $BFEC$

Nên $\widehat{EMC}=2\widehat{EFC}$ (góc ở tâm = 2 lần góc nội tiếp_

$\Rightarrow \widehat{EMC}=\widehat{EFD}$

$\Rightarrow EFDM$ nội tiếp

 

f)

Ta có:

+  $\widehat{BHI}=\widehat{ACB}$ (cùng phụ $\widehat{EBC}$)

+  $\widehat{BIH}=\widehat{ACB}$ (cùng chắn cung $AB$)

Nên $\widehat{BHI}=\widehat{BIH}$$\Rightarrow \Delta BIH$ cân tại $B$

 

g)

$BFEC$ nội tiếp với $EF$ giao $BC$ tại $N$

$\Rightarrow NF.NE=NB.NC$

$AKBC$ nội tiếp với $AK$ giao $BC$ tại $N$

$\Rightarrow NK.NA=NB.NC$

$\Rightarrow NK.NA=NF.NE$

$\Rightarrow AEFK$ nội tiếp

 

h)

Ta có $\widehat{BFP}=\widehat{ACB}$ (vì $BFEC$ nội tiếp)

Mà:

+  $\widehat{BFP}+\widehat{AFP}=180{}^\circ $ (hai góc kề bù)

+  $\widehat{ACB}+\widehat{APB}=180{}^\circ $ (vì $ACBP$ nội tiếp)

Nên $\widehat{AFP}=\widehat{APB}$

$\Rightarrow \Delta AFP\backsim\Delta APB\left( g.g \right)$

$\Rightarrow A{{P}^{2}}=AF.AB$

Tương tự: $A{{Q}^{2}}=AE.AC$

Chứng minh được $AF.AB=AE.AC$

Vậy $A{{P}^{2}}=A{{Q}^{2}}$

$\Rightarrow AP=AQ\Rightarrow \Delta APQ$ cân tại $A$

 

$BPQC$ nội tiếp với $PQ$ giao $BC$ tại $N$

$\Rightarrow NP.NQ=NB.NC$

$BFEC$ nội tiếp với $EF$ giao $BC$ tại $N$

$\Rightarrow NF.NE=NB.NC$

$\Rightarrow NF.NE=NP.NQ$

 

$EFDM$ nội tiếp với $EF$ giao $DM$ tại $N$

$\Rightarrow NF.NE=ND.NM$

$\Rightarrow NP.NQ=ND.NM$

$\Rightarrow PQMD$ nội tiếp

 

i)

Ở câu b đã chứng minh $OA\bot EF$

Tức là $AL\bot PQ$ tại $T$

$\Rightarrow \Delta ATE\backsim\Delta ACL$

$\Rightarrow AT.AL=AE.AC$

Chứng minh được $AH.AD=AE.AC$

$\Rightarrow AT.AL=AH.AD$

$\Rightarrow THDL$ nội tiếp

 

k)

Ta chứng minh được $BHCL$ là hình bình hành

Suy ra được $\Delta HBC=\Delta LCB$

$\Delta ABC$ và $\Delta LCB$ đều nội tiếp $\left( O \right)$

Nên $\Delta ABC$ và $\Delta LCB$ có cùng bán kính

Mà $\Delta LCB=\Delta HBC$

Do đó $\Delta ABC$ và $\Delta HBC$ có cùng bán kính

 

Tương tự: Nếu ta kẻ đường kính $BS,CZ$

Thì cùng chứng minh hình bình hành rồi hai tam giác bằng nhau

Và suy ra được $\Delta ABC$ và $\Delta HAB$ và $\Delta HCA$ cùng bán kinh

Vậy đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$,$\Delta HBC$,$\Delta HCA$,$\Delta HAB$ có chung bán kính $R$

 

l)

Ta đã chứng minh $A{{P}^{2}}=AF.AB$

Chứng minh được $AF.AB=AH.AD$

$\Rightarrow A{{P}^{2}}=AH.AD$

$\Rightarrow AP$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta HPD$