a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔFAC vuông tại F và ΔFHB vuông tại F có

\(\widehat{FCA}=\widehat{FBH}\left(=90^0-\widehat{BAE}\right)\)

Do đó: ΔFAC đồng dạng với ΔFHB

=>\(\dfrac{FA}{FH}=\dfrac{FC}{FB}\)

=>\(FA\cdot FB=FC\cdot FH\)

c: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{FEC}+\widehat{FBC}=180^0\)

mà \(\widehat{FEC}+\widehat{AEF}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)(1)

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{xAC}=\widehat{AEF}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//FE

Ta có: Ax//FE

OA\(\perp\)Ax

Do đó: OA\(\perp\)EF

Bạn tự vẽ hình nha ^-^

a, Xét tứ giác BFEC có:

BFC=BEC =90  mà 2 góc này cùng nhìn cạnh BC 

nên tứ giác BFEC nội tiếp

b,Ta thấy 

BPQ= 1/2 cung BQ

BCQ=1/2 cung BQ 

nên BPQ=BCQ

c,Tứ giác BFEC nội tiếp nên  EBC=EFC (cùng nhìn cạnh EC)

và PBC=PQC (góc nội tiếp cùng chắn cung PC)

nên CFE=CQP (=PBC)

mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên EF//QP

d, Kéo dài OA cắt đường tròn (O,R) tại I 

ta có :AEF=ABC=1/2 cung AC

IAC =1/2 cung IC

nên AEF+IAC=1/2(cung AC+cung IC)=1/2 cung AI=90

vậy AO vuông góc với EF

a, Xét tứ giác BFEC có:

BFC=BEC =90  mà 2 góc này cùng nhìn cạnh BC 

nên tứ giác BFEC nội tiếp

b,Ta thấy 

BPQ= 1/2 cung BQ

BCQ=1/2 cung BQ 

nên BPQ=BCQ

c,Tứ giác BFEC nội tiếp nên  EBC=EFC (cùng nhìn cạnh EC)

và PBC=PQC (góc nội tiếp cùng chắn cung PC)

nên CFE=CQP (=PBC)

mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên EF//QP

d, Kéo dài OA cắt đường tròn (O,R) tại I 

ta có :AEF=ABC=1/2 cung AC

IAC =1/2 cung IC

nên AEF+IAC=1/2(cung AC+cung IC)=1/2 cung AI=90

vậy AO vuông góc với EF

A)   GÓC BFC=BIC CUNG NHÌN BC DƯỚI MOOTF GÓC=90 \(\Rightarrow\) BCEF NỘI TIẾP

B)  VÌ BCEF NỒI TIẾPÓC MBC=CFE 

GÓC MNC=MBC(=1/2SĐ CUNG MC)

\(\Rightarrow\) GÓC MNC=CFE\(\Rightarrow\)  MN//È

C)  VÌ BCEF NỘI TIẾP GÓC FBM=FCE

MÀ FBM=1/2 SĐ CUNG AN , FCE=1/2 SĐ CUNG AM \(\Rightarrow\)CUNG AN=CUNG AM ĐI QUA TRUNG ĐIỂM VUÔNG GÓC È

a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

b: BFEC nội tiếp

=>\(\hat{FEB}=\hat{FCB}\)

mà \(\hat{FCB}=\hat{QCB}\)

và \(\hat{QCB}=\hat{QPB}\) (hai góc nội tiếp chắn cung QB)

nên \(\hat{FEB}=\hat{QPB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên FE//PQ

c: Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

=>OA⊥ Ax tại A

Xét (O) có

\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)

mà \(\hat{ABC}=\hat{AEF}\left(=180^0-\hat{FEC}\right)\)

nên \(\hat{xAC}=\hat{AEF}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//FE

=>Ax//PQ

Ax//PQ

OA⊥ Ax

Do đó: OA⊥PQ

d: Xét ΔABC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}=-\frac12\)

=>\(\hat{BOC}=120^0\)

Xét (O) có \(\hat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

=>\(\hat{BAC}=\frac12\cdot\hat{BOC}=60^0\)

Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EAF}+\hat{EHF}=180^0\)

=>\(\hat{EHF}=180^0-60^0=120^0\)

Xét ΔAEB vuông tại E có cos EAB=AE/AB

=>\(\frac{AE}{AB}=cos60=\frac12\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\) (cmt)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

=>\(\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}=\frac12\)

=>\(EF=\frac{BC}{2}=\frac{R\sqrt3}{2}\)

Xét ΔHEF có \(\frac{EF}{\sin EHF}=2R_1\)

=>\(2R_1=\frac{R\sqrt3}{2}:\sin120=R\)

=>\(R_1=\frac{R}{2}\)

a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

Tâm I là trung điểm của BC

b: BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)

mà \(\hat{BFE}+\hat{KFB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)

Xét ΔKFB và ΔKCE có

\(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)

góc FKB chung

Do đó: ΔKFB~ΔKCE

=>\(\frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}\)

=>\(KF\cdot KE=KB\cdot KC\)