a) Ta có: \(\widehat {ACD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ .\)

Xét đường tròn (O) có \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) hay \(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}.\)

Xét ∆AHB và ∆ACD có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = 90^\circ ;\) \(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\)  

Do đó ∆AHB ᔕ ∆ACD (g.g).

b) Vì ∆AHB ᔕ ∆ACD (câu a) nên \(\frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AD}}\)

Hay AH.AD = AB.AC, suy ra \(AD = \frac{{AB \cdot AC}}{{AH}} = \frac{{8 \cdot 15}}{5} = 24\) (cm).

Do đó độ dài bán kính của đường tròn (O) là \(\frac{{AD}}{2} = \frac{{24}}{2} = 12\) cm.

⦁ Từ A, B lần lượt kẻ AH, BK vuông góc với CD (H, K ∈ CD).

Ta có AH ⊥ CD, AB // CD nên AH ⊥ AB.

Xét ∆AHD và ∆BKC có:

\(\widehat {AHD} = \widehat {BKC} = 90^\circ ,\) AD = BC và \(\widehat {ADH} = \widehat {BCK}\) (do ABCD là hình thang cân)

Do đó ∆ADH = ∆BCK (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy ra DH = CK (hai cạnh tương ứng).

⦁ Xét tứ giác ABKH có: \[\widehat {AHK} = \widehat {BKH} = \widehat {HAB} = 90^\circ \] nên ABKH là hình chữ nhật.

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và HK.

Suy ra EF là đường trung trực của AB và HK.

Ta có DH = CK và HF = KF nên DF = CF, do đó F là trung điểm của DC.

Suy ra EF cũng là đường trung trực của CD.

⦁ Gọi M là trung điểm của AD. Vẽ đường trung trực MO của AD, MO cắt EF tại O.

Khi đó, O nằm trên đường trung trực của AB, AD, DC nên OA = OB, OA = OD, OD = OC

Suy ra OA = OB = OC = OD hay A, B, C, D cùng thuộc đường tròn (O; OA).

Vậy hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn (O; OA).

a) Ta có BD ⊥ AC, CE ⊥ AB nên tam giác BEC vuông tại E và tam giác BDC vuông tại D.

∆BEC vuông tại E nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. (1)

∆BDC vuông tại D nên nội tiếp đường tròn đường kính BC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính BC.

b) Ta có BD là bán kính đường tròn (B; BD) và BD ⊥ AC nên AC là tiếp tuyến của đường tròn (B; BD).

c) Xét ∆BHD và ∆BDC có:

Góc B chung; \[\widehat {BHD} = \widehat {BDC} = 90^\circ \]

Do đó ∆BHD ᔕ ∆BDC (g.g)

Suy ra \[\frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BD}}\]  hay BD² = BH.BC.

Ta lại có BD = BK (bán kính đường tròn (B; BD)) nên BK² = BH.BC.

Suy ra \[\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{BC}}\]

Xét ∆BHK và ∆BKC có:

Góc B chung; \[\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BK}}{{BC}}\]

Do đó ∆BHK ᔕ ∆BKC (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {BCK}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {BMH} = \widehat {BCK}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABC})\) nên \(\widehat {BMH} = \widehat {BKH}.\)

a) Ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) đường kính AB), suy ra BC ⊥ AC.

Mà EH ⊥ AC (giả thiết), suy ra EH // BC.

b) Vì C là điểm chính giữa của cung AB và AB là đường kính của đường tròn (O), suy ra  

Vì AD là tia phân giác của \(\widehat {BAC}\) (giả thiết) nên \(\widehat {CAD} = \widehat {BAD} = \frac{1}{2}\widehat {CAB},\) suy ra

Xét đường tròn (O) có:

⦁ \(\widehat {CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB nên

⦁ \(\widehat {CBA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA nên

⦁ \(\widehat {CBD}\) là góc nội tiếp chắn cung CD nên

Suy ra \(\widehat {MAB} = 45^\circ ;\) \(\widehat {MBA} = \widehat {MBC} + \widehat {CBA} = 22,5^\circ + 45^\circ = 67,5^\circ .\)

Xét ∆MAB có: \[\widehat {AMB} + \widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {AMB} = 180^\circ - \widehat {MAB} - \widehat {MBA} = 180^\circ - 45^\circ - 67,5^\circ = 67,5^\circ .\]

c) Vì EH // BC nên \(\widehat {AEK} = \widehat {ABC}\) (hai góc đồng vị).

Mà \(\widehat {AFK} = \widehat {AFC} = \widehat {ABC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn (O)).

Suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {AFK}.\)

d) Tam giác AIC có AK là tia phân giác của \(\widehat {CAI},\) suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{KI}}{{KC}}.\)

Tam giác CIB có EK // CB, suy ra \(\frac{{IE}}{{BE}} = \frac{{KI}}{{KC}}\) (định lí Thalès)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{IE}}{{BE}}.\)

Mà AC = BE (giả thiết) nên  AI = IE.

Vậy I là trung điểm của đoạn thẳng AE.