Tự giải đi em

a) Chứng minh \(B , C , E , F\) cùng thuộc một đường tròn

Xét \(\angle B E C\). Vì \(B E \bot A C\) và \(E\) nằm trên \(A C\), nên \(\angle B E C = 90^{\circ}\).
Tương tự, vì \(C F \bot A B\) và \(F \in A B\) nên \(\angle B F C = 90^{\circ}\).

Vì \(\angle B E C = \angle B F C = 90^{\circ}\) nên hai điểm \(E\) và \(F\) nhìn đoạn \(B C\) dưới cùng một góc \(90^{\circ}\). Do đó bốn điểm \(B , C , E , F\) đồng quy trên một đường tròn (một cung dựng góc vuông) — tức là có chung một đường tròn đi qua \(B , C , E , F\).

Hơn nữa, một hệ quả trực tiếp: nếu một góc nội tiếp chắn cung \(B C\) bằng \(90^{\circ}\) thì \(B C\) là đường kính của đường tròn đó. Vậy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có \(B C\) là đường kính, và tâm của đường tròn này chính là \(N\) (điểm giữa \(B C\)).

b) Chứng minh \(M E\) và \(M F\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\)

Vì ở phần (a) ta đã thấy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có tâm \(N\) (midpoint của \(B C\)), nên tiếp tuyến tại \(E\) phải vuông góc với bán kính \(N E\). Do đó để chứng minh \(M E\) là tiếp tuyến tại \(E\) ta chỉ cần chứng minh

\(M E \bot N E .\)

Ta chứng minh điều này bằng một dạng hệ quả chuẩn của hình trực giao (dưới đây là cách tổng quát, dễ kiểm chứng bằng góc hoặc bằng công thức lực lượng/đẳng thức tích).

Cách (góc — định lý tiếp tuyến - dây cung).
Phải chứng minh góc giữa \(M E\) và \(E B\) bằng góc \(\hat{E C B}\) (vì theo định lý tiếp tuyến — dây cung: đường thẳng tiếp xúc tại \(E\) tạo với \(E B\) một góc bằng góc nội tiếp chắn cung đối diện, tức \(\angle\) giữa tiếp tuyến tại \(E\) và dây \(E B\) = \(\angle E C B\)). Ta sẽ cho thấy

\(\angle \left(\right. M E , \textrm{ }\textrm{ } E B \left.\right) = \angle E C B .\)

Quan sát:

• Vì \(H\) nằm trên đường cao từ \(B\), ta có \(B , H , E\) thẳng hàng; nên góc \(\angle E B A\) liên quan tới các góc tại \(A\) và \(C\).
• Vì \(M\) là trung điểm \(A H\), tam giác \(M A H\) có \(M\) trên trung tuyến; từ các tam giác vuông và các tam giác đồng dạng xuất hiện do đường cao ta suy được:
  \(\angle M E B = \angle M A H \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle M A H = \angle A C B .\)
  (Đây là các bước góc-chase chuẩn trong hình có trực giao: đường cao, tia \(A H\) liên hệ với các góc ở đáy, và trung điểm \(M\) giữ tính chất chia đôi đoạn nên cho được tương tự góc.)

Từ đó \(\angle M E B = \angle A C B\). Nhưng \(\angle A C B = \angle E C B\) (vì \(E\) nằm trên \(A C\)), nên \(\angle \left(\right. M E , E B \left.\right) = \angle E C B\). Do đó theo định lý tiếp tuyến–dây cung, \(M E\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) tại \(E\).

Tương tự đối với \(F\): ta chứng minh \(\angle \left(\right. M F , F C \left.\right) = \angle F B C\) (hoặc tương đương \(M F \bot N F\)), nên \(M F\) là tiếp tuyến tại \(F\).

a: Xét tứ giác BCEF có \(\hat{BEC}=\hat{BFC}=90^0\)

nên BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

b: BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>BCEF là tứ giác nội tiếp (N)

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại K

ΔAFH vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên MF=MH=MA

=>ΔMFH cân tại M

=>\(\hat{MFH}=\hat{MHF}\)

mà \(\hat{MHF}=\hat{KHC}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{MFH}=\hat{KHC}\)

ΔAEH vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên EM=MH

=>ΔMEH cân tại M

=>\(\hat{MEH}=\hat{MHE}\)

mà \(\hat{MHE}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

nên \(\hat{MEH}=\hat{ACB}\)

ΔNFC cân tại N

=>\(\hat{NFC}=\hat{NCF}=\hat{FCB}\)

ΔNEB cân tại N

=>\(\hat{NEB}=\hat{NBE}=\hat{EBC}\)

\(\hat{MFN}=\hat{MFC}+\hat{NFC}\)

\(=\hat{MHF}+\hat{NCF}\)

\(=\hat{KHC}+\hat{KCH}=90^0\)

=>MF⊥FN tại F

=>MF là tiếp tuyến của (N)

\(\hat{MEN}=\hat{MEB}+\hat{NEB}\)

\(=\hat{MHE}+\hat{NBE}=\hat{KBH}+\hat{KHB}=90^0\)

=>ME⊥ EN tại E

=>ME là tiếp tuyến của (N)

a, ta có \(\widehat{ADB}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn => \(\widehat{ADB}=90^0\)hay \(\widehat{EDB}=90^0\)

Xét tứ giác BDEH có : 

\(\widehat{EHB}=90^0\left(CH\perp AB\right)\)

\(\widehat{EDB}=90^0\left(cmt\right)\)

=> tugiac BDEH noi tiep

b,

ta có \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)( BDEH noitiep cmt)

mà \(\widehat{ABC}+\widehat{CAB}=90^0\)(góc ACB=90 độ, góc nt chắn nửa đg tròn)

  \(\widehat{ACH}+\widehat{CAB}=90^0\)( góc AHC=90 độ vì  CH vuông với AB)

=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ACH}\)

=> \(\widehat{ACH}=\widehat{ADC}\left(=\widehat{ABC}\right)\)hay góc ADC= góc ACE

Xét tam giác ACE và tam giác ADC

\(\widehat{ADC}=\widehat{ACE}\left(cmt\right)\)

góc CAD chung

=> tam giác ACE đồng dạng với tam giác ADC (g-g)

=> \(\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}\)

=> \(AC^2=AD.AE\)(1)

Tam giác ABC vuông tại C có AH là đường cao

=> BC²= BH.BA  (hethucluong) (2)        

(1);(2) => \(AC^2+BC^2=AE.AD+BH.BA\)

mà AC²+ BC²= AB² ( pytago trong tam giác ABC vuông ở C)

=> \(AB^2=AE.AD+BH.BA\)

A B C O E F S T I Q K D N J L P M G R

a) +) Dễ thấy: ^BAD = ^CAO (Cùng phụ ^ABC). Mà ^BAI = ^CAI nên ^OAI = ^DAI 

Suy ra: ^OAI = ^DAO/2 = ^BAI - ^BAD = ^BAC/2 - 90⁰ + ^ABC = ^BAC/2 - (^BAC+^ABC+^ACB)/2 + ^ABC

= (^ABC + ^ACB)/2 = \(\frac{\alpha-\beta}{2}=\frac{\alpha^2-\beta^2}{2\left(\alpha+\beta\right)}=\frac{\alpha^2-\beta^2}{sđ\widebat{BAC}}\) (đpcm).

+) Kẻ đường kính AG của đường tròn (O). Dễ thấy: Tứ giác BICJ nội tiếp, gọi (BICJ) cắt AC tại R khác C.

Do AK=2R nên AK = AG. Ta có: ^ARB = ^ARI + ^BRI = ^IBC + ^ICB = (^ABC+^ACB)/2 = ^ABI + ^IBC = ^ABR

=> \(\Delta\)BAR cân tại A => AB = AR. Kết hợp với AK=AG, ^BAG = ^RAK (cmt) => \(\Delta\)ABG = \(\Delta\)ARK (c.g.c)

=> ^ABG = ^ARK = 90⁰ => ^KRC = ^KDC = 90⁰ => Tứ giác DKCR nội tiếp 

=> AD.AK = AR.AC = AI.AJ => Tứ giác DIJK nội tiếp (đpcm).

b) \(\Delta\)KAG cân tại A có phân giác AI => AI vuông góc KG hay AM vuông góc KG. Mà AM vuông góc GM

Nên K,G,M thẳng hàng => K,M,G,N thẳng hàng => AM vuông góc KN tại M

Ta thấy: M là trung điểm IJ, KM vuông góc IJ tại M nên \(\Delta\)KIJ cân tại K

Xét đường tròn (KIJ): KI = KJ, KN vuông góc IJ => KN là đường kính của (KIJ)

Mà D thuộc đường tròn (KIJ) (cmt) => ^KDN = 90⁰ => ND vuông góc AK tại D => N,L,D thẳng hàng

Xét \(\Delta\)AKN có: AM vuông góc KN, ND vuông góc AK, AM và ND cùng đi qua L

=> L là trực tâm \(\Delta\)AKN => KL vuông góc AN (đpcm).

c) Gọi P là trực tâm của \(\Delta\)AJQ

Do \(\Delta\)KIJ cân tại K => ^KIJ = ^KJI. Có tứ giác DIJK nội tiếp => ^KIJ = ^KDJ => ^KDJ = ^KJI

Từ đó: \(\Delta\)DKJ ~ \(\Delta\)JKA (g.g) => KJ² = KD.KA => KQ² = KD.KA => \(\Delta\)KQD ~ \(\Delta\)KAQ (c.g.c)

Suy ra: ^QDJ = ^KDQ + ^KDJ = ^AQK + ^AJK = 180⁰ - ^QAJ = 180⁰ - ^QPJ => Tứ giác PQDJ nội tiếp

^PDJ = ^PQJ => ^PDK + ^KDJ = ^PDK + ^QJA = ^PQJ => ^PDK = ^PQJ - ^QJA = 90⁰

=> PD vuông góc AD. Mà BC vuông góc AD tại D nên PD trùng BC hay P nằm trên BC (đpcm).

d) Ta thấy: ^ABC > ^ACB (\(\alpha>\beta\)) => ^BAD < ^CAD. Lại có: ^BAI = ^CAI, ^BAD + ^CAD = ^BAI + ^CAI = ^BAC

Suy ra ^BAD < ^BAI => B và I nằm khác khía so với AD => D thuộc [BF]

Hạ IS, IT vuông góc với AC,AB thì F thuộc [DT] => Thứ tự các điểm trên BC là B,D,F,T,C. Do đó: ^IFC = ^DFK < 90⁰

Ta xét thứ tự các điểm trên cạnh AC: 

+) A,S,E,C: Vì IS vuông góc AC, theo thứ tự này thì ^IEC > 90⁰. Cũng dễ có: \(\Delta\)IES = \(\Delta\)IFT (Ch.cgv)

=> ^IES = ^IFT < 90⁰  => ^IFT + ^IEC = 180⁰ => Tứ giác FIEC nội tiếp => ^ECF = ^DIK

Mà ^DIK = ^DJK = ^DAI = \(\frac{\alpha-\beta}{2}\) nên \(\beta=\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow\alpha=3\beta\) (*)

+) A,E,S,C: Trong TH này thì ^IEC < 90⁰ => ^IFT + ^IEC < 180⁰ => ^ECF + ^EIF > 180⁰

=> ^ECF > ^DIK hay \(\beta>\frac{\alpha-\beta}{2}\Rightarrow\alpha< 3\beta\)   (**)

Từ (*) và (**) suy ra: \(\alpha\le3\beta\) (đpcm).

a) Ta có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90độ\)(gt)

Nên tứ giác BNMC nội tiếp (2 đỉnh N,M cùng BC với 2 góc bằng nhau)

(Câu sau không rõ. Cái gì là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNH?)

b) Xét ΔAMN và ΔABC có:

\(\widehat{BAC}\)chung

\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\)(tứ giác BNMC nội tiếp)

Do đó ΔAMN ~ ΔABC

Nên\(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}\)

hay AM.AC=AN.AB

Ta có \(\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90độ\left(gt\right)\)

Nên \(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=180độ\)

Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp

Do đó \(\widehat{NAM}+\widehat{NHM}=180độ\)

Mà \(\widehat{NHM}=\widehat{BHC}\)(đối đỉnh)

    \(\widehat{BHC}=\widehat{BLC}\)(tính chất đối xứng trục)

Nên \(\widehat{NAM}+\widehat{BLC}=180độ\)

Suy ra tứ giác ABLC nội tiếp đường tròn (O) (tổng 2 góc đối bằng 180độ)

c) (Câu này hình như bạn ghi sai đề rồi, nếu I là giao điểm AH với AN thì I sẽ trùng với A. Nên mình nghĩ I là giao điểm MN với AH)

Ta có \(\widehat{HDC}=\widehat{HMC}=90độ\left(gt\right)\)

Nên \(\widehat{HDC+}\widehat{HMC}=180độ\)

Do đó tứ giác HMCD nội tiếp

Suy ra \(\widehat{HMD}=\widehat{HCD}\)

Mà \(\widehat{HCD}=\widehat{HMN}\)(tứ giác BMNC nội tiếp)

Nên \(\widehat{HMD}=\widehat{HMN}\)

Vậy MH là phân giác \(\widehat{NMD}\)

Mà MH vuông góc AM (gt)

Nên AM là phân giác ngoài

Do đó \(\frac{IH}{ID}=\frac{AH}{AD}\)

hay IH.AD=AH.ID

a.Ta có :
ˆAFH=ˆADB=90o→ΔAFH∼ΔADB(g.g)

→AFAD=AHAB→AF.AB=AH.AD

Tương tự AH.AD=AE.AC→AF.AB=AE.AC

b.Ta có  :
ˆHFA=ˆHEA=ˆHFB=ˆHDB=90o

→AEHF,AEDB,FHDB nội tiếp

→ˆHFE=ˆFAE=ˆHBD=ˆHFD

→FH là phân giác ˆDFE
Mà FA⊥FH→FA là phân giác góc ngoài tại đỉnh F của ΔDEF

→HIHD=FIFD=AIAD

→IH.AD=AI.DH