Kẻ đường kính BB’. Nối B’A, B’D, B’C.

Ta có: = 90° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ AC // B'D ( cùng vuông góc với BD)

Suy ra, tứ giác ADB’C là hình thang

Vì ADB’C nội tiếp đường tròn (O) nên ADB’C là hình thang cân

⇒ CD = AB'

⇒  A B 2 + C D 2 = A B 2 + A B ' 2

Mà tam giác BAB’ vuông tại A do  = 90° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒  A B 2 + C D 2 = A B 2 + A B ' 2 = 2 R 2 = 4 R 2  (đpcm)

a) Xét (O) có 

ΔACD nội tiếp đường tròn(A,C,D\(\in\)(O))

AD là đường kính(gt)

Do đó: ΔACD vuông tại C(Định lí)

Suy ra: AC\(\perp\)CD tại C

hay \(EC\perp CD\) tại C

Xét tứ giác ECDF có 

\(\widehat{EFD}\) và \(\widehat{ECD}\) là hai góc đối

\(\widehat{EFD}+\widehat{ECD}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: ECDF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Câu 1:

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>CA⊥CB tại C

Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>\(\hat{AEB}=90^0\)

Xét tứ giác BEFI có \(\hat{BEF}+\hat{BIF}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEFI là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔACB vuông tại C có CI là đường cao

nên \(AI\cdot AB=AC^2\left(1\right)\)

Xét ΔAIF vuông tại I và ΔAEB vuông tại E có

\(\hat{IAF}\) chung

Do đó: ΔAIF~ΔAEB

=>\(\frac{AI}{AE}=\frac{AF}{AB}\)

=>\(AI\cdot AB=AE\cdot AF\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(AC^2=AE\cdot AF\)