Lời giải

a) Ta có: \(AE \bot BC,BF \bot AC\) nên \[\widehat {CFH} = \widehat {CEH} = 90^\circ \].

Do đó F, E cùng nằm trên đường tròn đường kính CH.

Suy ra 4 điểm C, F, H, E cùng nằm trên đường tròn (O) đường kính CH với O là trung điểm của CH.

b) Gọi (O’) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Do tam giác ABC có CA = CB nên tam giác ABC cân tại C

Do đó tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác nằm trên đường cao CD.

Suy ra 3 điểm C, O, O’ thẳng hàng và OO’ = O’C – OC.

Lại có C cùng nằm trên đường tròn (O) và (O’)

Vậy (O) tiếp xúc với (O’) với (O’) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

c) Chứng minh tương tự câu a ta cũng có tứ giác AFHD là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(\widehat {HFD} = \widehat {HAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD).

Lại có \(\widehat {HAD} = \widehat {ECH}\) (do cùng phụ với \(\widehat {AHD} = \widehat {CHE}\))

            \(\widehat {ECH} = \widehat {FCH}\) (do tam giác ABC cân tại C nên CH là đường phân giác)

            \(\widehat {FCH} = \widehat {FCO} = \widehat {CFO}\) (do tam giác OCF có OC = OF nên là tam giác cân tại O)

Do đó \(\widehat {HFD} = \widehat {CFO}\).

Mặt khác \(\widehat {CFO} + \widehat {OFH} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HFD} + \widehat {{\rm{OF}}H} = 90^\circ \)

Hay \(\widehat {DFO} = 90^\circ \)

Mà F nằm trên (O) nên DF là tiếp tuyến của (O).

d) Do DF là tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat {DFH} = \widehat {FCH}\) (tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung đó)

Ta cũng có \(\widehat {EFH} = \widehat {ECH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)

Mà \(\widehat {FCH} = \widehat {ECH}\) (do CH là phân giác của góc ACB)

Suy ra \(\widehat {EFH} = \widehat {DFH}\)

Do đó FB là phân giác của \(\widehat {DFE}\).