ABCD ABC ACD

/ ,MJ BN ta có:

ABCD ABC ACD

S S S  AB BC AD CE   cm

C

B A

D

Bài 5.

a) Theo tính chất của góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp, ta có

DCF DAC(cùng chắn cung DCcủa đường tròn  T )

Lại có DAC ADB(tính chất hình chữ nhật ) và DCF AEF(đồng vị) nên

AEF DCF DACADB

Xét tam giác ADBvà tam giác AEF, ta có DABchung, AEF  ADB cmt( ) Nên ADB AEF g( g) AD AB

AE AF

  hay AB AE.  AD AF.

Bây giờ, do BEF AEF  ADBnên ta có: BEFBDF  ADBBDF 1800 Từ đó suy ra tứ giác BEFD nội tiếp

b) Theo tính chất của góc nội tiếp, ta có: AMB ADB(cùng chắn cung AB của đường tròn  T . Lại có ADB AEF nên AMB AEF

Từ đây, ta có : BEN BMN AEF BMN  AMBBMN 1800. Suy ra tứ giác

BMNEnội tiếp

Bây giờ, do ANBDnên ta có NAE900 ABDDBC ADB AEF AEN. Do đó tam giác NAEcân tại N,suy ra NANE(1).

IN N M F E O C A B D

Mặt khác, do NAE AEN NAE, 900 NAFvà AEN 900  AFNnên ta cũng có ,

NAF  AFN suy ra NAFcân tại N do đó NF NA(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra NENF,tức Nlà trung điểm của đoạn EF.

c) Do Nlà trung điểm của EF và Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp BEFnên .

NI EF Lại có EF là tiếp tuyến tại C của đường tròn  T và AC là đường kính của đường tròn  T nên ACEF.Từ đó suy ra AC/ /NI , tức

/ / (3)

AO NI

Do tứ giác BEFDnội tiếp nên D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. Ta lại có O là trung điểm của BDvà I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEFnên IOBD.Mà NABD gt( )IO/ /NA(4)

Từ (3) và (4) ta suy ra ANIOlà hình bình hành IN OA2a