Cho đường tròn ( O ; R ) và dây BC cố định không đi qua tâm

a)

+ Có \[AD\] là đường cao của tam giác \[ABC\]

nên \(AD \bot BC\) \( \Rightarrow \widehat {ADB} = {90^0}\)

+ Có \[BE\] là đường cao của tam giác \[ABC\]

nên \(BE \bot AC\) \( \Rightarrow \widehat {AEB} = {90^0}\)

+ Gọi \[I\] là trung điểm của \[AB\]

   \(\Delta ABD\) vuông tại \(D \Rightarrow IA = IB = ID = \frac{{AB}}{2}\) \[(1)\]

   \(\Delta ABE\) vuông tại \(E \Rightarrow IA = IB = IE = \frac{{AB}}{2}\) \[(2)\]

Từ \((1);(2)\) suy ra \(IA = IB = IE = ID\left( { = \frac{{AB}}{2}} \right)\)

Nên bốn điểm \(A,B,E,D\) cùng nằm trên một đường tròn .

b) Chứng minh: \[\widehat {ADB} = \widehat {ACK = }{\kern 1pt} \,{90^0}\]

+ Chỉ ra: \[\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\]

Chứng minh \(\Delta \)ABD đồng dạng \(\Delta \)AKC (g.g)

và AB.AC = AK.AD

+ Chứng minh tứ giác AFDB nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {BFD} = \widehat {BAD}\] (1)

+ Vì \(\Delta \)ABD đồng dạng \(\Delta \)AKC

\[ \Rightarrow \widehat {BAD} = \widehat {KAC}\] (2)

+ Chứng minh tứ giác AEFB nội tiếp

\[ \Rightarrow \widehat {EAF} = \widehat {EBF}\]

Hay \[\widehat {CAK} = \widehat {EBF}\] (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra: \[\widehat {EBF} = \widehat {BFD}\]

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BE // DF

Lại có BE \( \bot AC\) (GT)

Vậy DF \( \bot AC\)

c) Gọi M là trung điểm của BC

Suy ra M cố định và OM vuông góc BC (quan hệ giữa đường kính và dây)

+ Chứng minh tứ giác OMBF nội tiếp

Suy ra \[\widehat {OFM} = \widehat {OBM}\,\]

+ Chứng minh \[\widehat {OBM} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BOC}}}{2}\,\, = {90^0} - \widehat {BAC} = \widehat {ABE}\]

Mà \[\widehat {ABE} = \widehat {AFE}\]

nên \[\widehat {AFE} = \widehat {OFM}\]

Từ đó chứng minh \[\widehat {EFM} = {180^0}\]. Suy ra ba điểm E, F, M thẳng hàng