Đáp án:

 

Giải thích các bước giải:

 a) `\hat{BEC} = 90^0` ( góc chắn đường kính) `⇒ ΔAEH` vuông tại `E`

     `\hat{BFC} = 90^0` ( góc chắn đường kính) `⇒ΔAFH` vuông tại `F`

Gọi `I` là trung điểm của `AH ⇒ IE, IF` là đường trung tuyến `ΔAEH` và `ΔAFH`
`⇒ IE = IF = IA = IH = 1/2 AH` ( đường trung tuyến = 1/2 cạnh huyền)

`⇒ 4` điểm `A, E, H, F` cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ tứ giác `AEHF` nội tiếp.

b) `4` điểm `B, C, F, E` cùng thuộc đường tròn ⇒ tứ giác `BCFE` nội tiếp

`⇒ \hat{BCF} + \hat{BEF} = 180^0` ( tổng 2 góc đối tứ giác nt)

Hay `\hat{ABC} + \hat{BEF} = 180^0 ( F ∈ AC)`

Lại có `\hat{BEF} + \hat{AEF} = 180^0` ( 2 góc kề bù)

`⇒ \hat(ABC}  = \hat{AEF} ( đpcm)`

+ `\hat{BEC} = \hat{BFC} = 90^0 ( cmt)`

`⇒ BF ⊥ AC, CF ⊥ AB ⇒ BF, CE` là 2 đường cao `ΔABC`

`⇒ H` là trực tâm `ΔABC ⇒ AD` là đường cao `ΔABC`

`⇒ \hat{ADC} = 90^0 ⇒ ΔHDC` vuông tại `D`

`H ∈ BE ⇒ ΔHFC` vuông tại `E` 

Gọi `G` là trung điểm của `HC ⇒ GF, GD` là đường trung tuyến `ΔHFC` và `ΔHDC`

`⇒ GF = GD = GH =GC = 1/2 HC` ( đường trung tuyến = 1/2 cạnh huyền)

`⇒ 4` điểm `D, C, F, H` cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ tứ giác `DCFH` nội tiếp

`⇒ \hat{HFD} = \hat{HCD}` ( cùng chắn `HD`)

Mà `H ∈ CE , D ∈ BC ⇒ \hat{HFD} = \hat{BCE} `

Lại có `\hat{BCE} = \hat{BFE}`  ( cùng chắn `BE`)

`⇒ \hat{BFE} = \hat{HFD} ⇒ FB` là tia phân giác `\hat{EFD} `

c) `\hat{BAC} = 60^0 ⇒ \hat{ABF} = 90^0 - 60^0 = 30^0`

`⇒ sđ(EF) = 2.30^0 = 60^0 ⇒ \hat{EDF} = 60^0`

Xét `ΔEDF` có `DE = DF = R ⇒ ΔEDF` cân tại `D`

Mà `\hat{EDF} = 60^0 ⇒ ΔEDF` đều `⇒ EF = DE =DF = R`

`⇒ EF = R`  có độ dài không đổi.