Cho đường tròn \((O)\) có hai đường kính \(AC,\,\,BD\) (\(A\)khác \(B,\,D\)). Trên đoạn thẳng

a)     Chứng minh rằng \(AB = CD\) và \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).

·   Chứng \({\mathop{\rm minh}\nolimits} AB = CD\)

Xét tam giác \({\rm{AOB}}\) và tam giác \[COD\] có:

\(OA = OC\,\,\left( { = R} \right)\)

\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)(đối đỉnh)

\(OB = OD\,\,\left( {\, = R} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta AOB = \Delta COD\,\,(c \cdot g \cdot c)\)

\( \Rightarrow {\rm{AB}} = {\rm{CD}}\) (2 cạnh tương ứng) (đp̣cm)

Chứng minh \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\)

Ta có: \(\widehat {CFD} = \widehat {CBD}\) (hai góc nội tiếp cùng góc chắn cung \({\rm{CD}}\) ).

Lại có:  cân tại \(O\)\( \Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB}\) (tính chất tam giác cân)

\( \Rightarrow \widehat {CBD} = \widehat {BCA}\)

Vậy \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).

b)    Đường thẳng qua E vuông góc với \(BC\)cắt tia \(AF\)tại\(G\). Chứng minh rằng tứ giác CEFG nội tiếp và\(CD.EG = CB \cdot CE\)

·   Chứng minh tứ giác CEFG nôi tiếp

Ta có: \(\widehat {AFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

       \( \Rightarrow \widehat {CFG} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \({\rm{CEFG}}\) có: \(\widehat {CFG} = \widehat {CEG} = 90^\circ \).

Mà hai đỉnh \({\rm{E}},{\rm{F}}\) kề nhau cùng nhìn dưới \({\rm{CG}}\) dưới hai góc bằng nhau

\( \Rightarrow \) Tứ giác EFGC nội tiếp (dhnb) (đpcm)

·   Chứng minh \[CD.EG = CB.CE\]

Ta có: AGC^=12sñAC⏜−sñCF⏜=12sñAF⏜=ACF^ .

Xét tam giác \({\rm{AGC}}\) và tam giác \({\rm{ACF}}\) có:

\( \Rightarrow \widehat {ACG} = \widehat {AFC} = 90^\circ \) (2 góc tương ứng)

\( \Rightarrow CG \bot AC \Rightarrow {\rm{CG}}\)  là tiếp tuyến của đường trong \(({\rm{O}})\) tại \(C\)

\( \Rightarrow {\rm{CG}}\) là tiếp tuyến của đường trong \(({\rm{O}})\) tại \({\rm{C}}\).

Xét tam giác \({\rm{BCD}}\) và tam giác \({\rm{GEC}}\) có:

\(\widehat {BCD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {BCD} = \widehat {GEC} = 90^\circ \).

\(\widehat {BDC} = \widehat {GCE}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ).

\( \Rightarrow \frac{{CB}}{{CD}} = \frac{{EG}}{{CE}} \Rightarrow CD \cdot EG = CB \cdot CE\) (đpcm)

c)     Gọi \(H\)là giao điểm của tia \(GE\)và\(AD\). Đường thẳng qua\(H\), song song với \(AC\)cắt dường thẳng qua\(E\), song song với \(FC\) tại \[K\]. Chứng minh rằng ba điểm \(G\,,\,\,C\,,\,\,K\)thẳng hàng.

Vì \(CEFG\)là tứ giác nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow \widehat {EGC} = \widehat {EFC} = \widehat {DFC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung\(EC\))

Mà \(\widehat {DFC = }\widehat {DAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{CD}}\) )

\( \Rightarrow \widehat {EGC} = \widehat {DAC} \Rightarrow \widehat {HGC} = \widehat {HAC}{\rm{ }}\)

Mà hai đinh \({\rm{A}},{\rm{G}}\) kề nhau cùng nhìn \({\rm{HC}}\) dưới hai góc bằng nhau.

\( \Rightarrow AGCH\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \widehat {AGH} = \widehat {ACH} = \widehat {FGE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AH}}\)).

Mà \({\rm{CEFG}}\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {FGE} = \widehat {FCE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{EF}}\)).

\( \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {FCE}\)

\({\rm{Ta}}\) có: \({\rm{EK}}\,{\rm{//}}\,\,{\rm{FC}}\,\,({\rm{gt}}) \Rightarrow \widehat {FCE} = \widehat {CEK}\) (so le trong)

\({\rm{HK}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{AC (gt) }} \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {CHK}{\rm{ (so le trong) }}\)

\( \Rightarrow \widehat {CEK} = \widehat {CHK}\)Mà hai đinh \({\rm{E}},{\rm{H}}\) kề nhau củng nhìn \({\rm{CK}}\) dưới hai góc bằng nhau

\( \Rightarrow CEHK\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \widehat {HEC} + \widehat {HKC} = 180^\circ {\rm{ }}\)

Mà \(\widehat {HEC} = 90^\circ \) (do \(GH \bot BC\) tại \({\rm{E}}\) ) \( \Rightarrow \widehat {HKC} = 90^\circ  \Rightarrow CK \bot HK\).

Mà \({\rm{HK}}//{\rm{AC}}({\rm{gt}}) \Rightarrow CK \bot AC\) (từ vuông góc đến song song).

Mà \(CG \bot AC\,\,\,(cmt)\).

Vậy \({\rm{G}},{\rm{C}},{\rm{K}}\) thẳng hàng.