`5)a) \triangle BFC` vuông tại `F` và `\triangle BEC` vuông tại `E`

`=> BFEC` nội tiếp đường tròn đường kính `BC`

`=>` Đúng

`b) \hat{ABK} = 90^@` (góc nội tiếp chắn nửa cung)

`=> AB \bot BK` tại `B`

mà `AB \bot CH` tại `F`

nên `BK` $\parallel$ `CH`

Tương tự ta có: `BH` $\parallel$ `CK`

`=> BHCK` là hình bình hành

`=>` Đúng

`c) \hat{AEF} + \hat{CEF} = 180^@` (2 góc kề bù)

`\hat{ABC} + \hat{CEF} = 180^@` (tổng 2 góc trong tứ giác nội tiếp)

`=> \hat{AEF} = \hat{ABC}`

Ta có: `\hat{KAC} + \hat{AKC} = 90^@` (2 góc phụ nhau)

mà `\hat{AKC} = \hat{ABC}` (cùng chắn cung `AC`)

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

`=> \hat{KAC} + \hat{AEF} = 90^@`

hay `AK \bot EF`

`=>` Sai

`d) \triangle ABK` vuông tại `B` có: `AK^2 = BA^2 + BK^2` (pythagore)

`\triangle ABD` vuông tại `D` có: `AB^2 = BD^2 + AD^2` (pythagore)

`\triangle CHD` vuông tại `D` có: `CH^2 = HD^2 + CD^2` (pythagore)

mà `CH = BK` (`BHCK` là hình bình hành)

`=> BK^2 = HD^2 + CD^2`

`=> BD^2 + AD^2 + HD^2 + CD^2 = AB^2 + BK^2 = AK^2 = 4R^2`

`=>` Sai

`6)a) AB = AC` (tính chất `2` tiếp tuyến cắt nhau)

`OB = OC = R`

`=> A` và `O` thuộc đường trung trực của `BC`

`=> AO` là đường trung trực của `BC`

mà `AO` cắt `BC` tại `H`

`=> AO \bot BC` tại `H`

`=>` Đúng

`b) \triangle ABO` vuông tại `B` và `\triangle AOC` vuông tại `C`

`=> ABOC` nội tiếp đường tròn đường kính `AO`

`=>` Đúng

`c) \hat{CBD} = 90^@` (góc nội tiếp chắn nửa cung)

`=> BD \bot BC`

mà `AO \bot BC` tại `H`

`=> AO` $\parallel$ `BD`

`=>` Sai

`d)` Xét `\triangle OHB` và `\triangle OBA` có:

`{(\hat{OHB} = \hat{OBA} = 90^@),(\hat{BOA} \text{là góc chung}):}`

`=> \triangle OHB` $\backsim$ `\triangle OBA  (g-g)`

`=> (OB)/(OA) = (OH)/(OB)`

`=> OB^2 = OH . OA`

`=>` Đúng