Lời giải

a) Tứ giác ABEF có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cung BA với hai góc bằng nhau:

\(\widehat {BEA} = \widehat {AFB} = 90^\circ \).

Do đó tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn.

b) Tứ giác EBAF nội tiếp đường tròn.

\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {BFE}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE).

Lại có: \(\widehat {BAE} = 90^\circ - \widehat {EBA}\)

Và \(\widehat {BFE} = 90^\circ - \widehat {EFC}\)

\( \Rightarrow \widehat {EFC} = \widehat {EBA} \Rightarrow \widehat {CBA} = \widehat {CFE}\)

Xét ∆ABC và ∆EFC có:

\(\widehat {CBA} = \widehat {CFE}\) (cmt)

\(\widehat C\): góc chung

Þ ∆ABC ᔕ ∆EFC (g.g)

c) Ta có: \(\widehat {IBC} = \widehat {IAC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC)

Lại có: \(\widehat {EBF} = \widehat {EAF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

Þ \(\widehat {IBE} = \widehat {HBE}\)

Þ BE là đường phân giác của góc \(\widehat {IBH}\).

Mà BE cũng là đường cao của ∆IBH nên ∆IBH là tam giác cân tại B có BE là đường trung trực của cạnh HI.

Vậy H và I đối xứng với nhau qua BC.

d) D, E lần lượt là giao của AO và AI với BC.

Do OK // EI nên theo định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{EI}}{{OK}} = \frac{{EG}}{{GK}} \Rightarrow \frac{{EH}}{{OK}} = \frac{{EG}}{{GK}}\).

Và \(\widehat {EIG} = \widehat {GOK}\) (Hai góc ở vị trí so le trong) (1)

Do OK // EA nên theo định lí Ta-lét ta có:

\(\frac{{OK}}{{AE}} = \frac{{DK}}{{DE}} \Rightarrow \frac{{AE}}{{OK}} = \frac{{DE}}{{DK}}\).

Và \(\widehat {DOK} = \widehat {DAE}\) (Hai góc ở vị trí đồng vị) (2)

Ta có:

\(\frac{{AH}}{{OK}} = \frac{{AE}}{{OK}} - \frac{{EH}}{{OK}} = \frac{{ED}}{{DK}} - \frac{{EG}}{{GK}}\) (*)

Tam giác OIA cân tại O do có OI = OA (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\widehat {GOK} = \widehat {DOK}\).

Þ OK là đường phân giác của tam giác DOG mà OK cũng là đường cao nên OK là đường trung trực của tam giác DOG cân tại O

Þ GK = DK

 Khi đó (*) trở thành: \(\frac{{AH}}{{OK}} = \frac{{ED}}{{DK}} - \frac{{EG}}{{GK}} = \frac{{ED}}{{GK}} - \frac{{EG}}{{GK}} = \frac{{GD}}{{GK}} = 2\).

Vậy tỉ số \[\frac{{AH}}{{OK}}\] không đổi.

Do BC cố định nên ta luôn xây dựng được một đường tròn (J) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác HBC. Vậy nên H luôn chuyển động trên một cung cố định.