a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà BH⊥CA
nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm chung của BC và HK

giúp mình câu b với các bạn ơi

a: Gọi E là giao điểm của BI và (O)

I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AI là phân giác của góc BAC, BI là phân giác của góc ABC

Xét (O) có

\(\hat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\hat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\hat{BAM}=\hat{CAM}\)

Do đó: sđ cung BM=sđ cung CM

Xét (O) có

\(\hat{ABE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

\(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)

Do đó: sđ cung EA=sđ cung EC

Xét (O) có

\(\hat{BIM}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung BM và AE

=>\(\hat{BIM}=\frac12\) (sđ cung BM+sđ cung AE)

=1/2(sđ cung MC+sđ cung EC)

=1/2*sđ cung EM

Xét (O) có

\(\hat{EBM}\) là góc nội tiếp chắn cung EM

Do đó: \(\hat{EBM}=\frac12\cdot\) sđ cung EM

Do đó: \(\hat{MIB}=\hat{MBI}\)

=>ΔMIB cân tại M

=>MI=MB

mà MB=MC

nên MI=MC

=>ΔMCI cân tại M

A B C L' K O J E D I F L

Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K  thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.

Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)

Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)

Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)

Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'

=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp 

Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL'   (1)

Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF

=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g)  => FA² = FK.FC        (2)

Từ (1) và (2) => FA² = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)

=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2

Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp

Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L

Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 180⁰ - ^BAC/2

Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).

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

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

Tâm I là trung điểm của BC

b: BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)

mà \(\hat{BFE}+\hat{KFB}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)

Xét ΔKFB và ΔKCE có

\(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)

góc FKB chung

Do đó: ΔKFB~ΔKCE

=>\(\frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}\)

=>\(KF\cdot KE=KB\cdot KC\)

a: Xét tứ giác CDHE có \(\hat{CDH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHE là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\hat{AFB};\hat{ACB}\) là các góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\hat{AFB}=\hat{ACB}\)

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

nên \(\hat{AHF}=\hat{AFH}\)

=>ΔAHF cân tại A

d: Xét ΔDBH vuông tại D và ΔDAC vuông tại D có

\(\hat{DBH}=\hat{DAC}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)

Do đó: ΔDBH~ΔDAC
=>\(\frac{DB}{DA}=\frac{DH}{DC}\)

=>\(DH\cdot DA=DB\cdot DC\)

=>\(DH\cdot DA\le\frac{\left(DB+DC\right)^2}{4}=\frac{BC^2}{4}\)

Dấu '=' xảy ra khi DB=DC

=>D là trung điểm của BC

XétΔABC có

AD là đường trung tuyến

AD là đường cao

Do đó: ΔABC cân tại A

=>sđ cung AB=sđ cung AC

=>A là điểm chính giữa của cung lớn BC

a) Có \(\widehat{BFC}=\widehat{CKB}=90^0\)

=> Tứ giác BCFK nội tiếp

b)Có \(\widehat{BCK}=\widehat{BFK}\)( vì tứ giác BCFK nội tiếp )

mà \(\widehat{BCE}=\widehat{BDE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{EB}\)

=> \(\widehat{BFK}=\widehat{BDE}\) mà hai góc nằm ở vị trí hai góc đồng vị

=> KF//DE

a: Sửa đề: Gọi H' là điểm đối xứng của H qua BC. Chứng minh ABH'C là tứ giác nội tiếp

Gọi D là giao điểm của BH và AC, E là giao điểm của CH và AB

H là trực tâm của ΔABC

=>BH⊥AC tại D và CH⊥AB tại E

Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EAD}+\hat{EHD}=180^0\)

=>\(\hat{BAC}+\hat{BHC}=180^0\)

H' đối xứng H qua BC

=>BC là đường trung trực của HH'

=>BH=BH' và CH=CH'

Xét ΔBHC và ΔBH'C có

BH=BH'

CH=CH'

BC chung

Do đó: ΔBHC=ΔBH'C

=>\(\hat{BHC}=\hat{BH^{\prime}C}\)

=>\(\hat{BAC}+\hat{BH^{\prime}C}=180^0\)

=>ABH'C là tứ giác nội tiếp

b:

Gọi \(R_1;R_2\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC, HBC

Xét ΔHBC có \(\frac{BC}{sinBHC}=2R_2\)

Xét ΔABC xcó \(\frac{BC}{\sin BAC}=2R_1\)

mà \(\sin BAC=\sin BHC\left(\hat{BAC}+\hat{BHC}=180^0\right)\)

nên \(\frac{BC}{\sin BHC}=2R_1\)

=>\(2R_1=2R_2\)

=>\(R_1=R_2\)

Xin lỗi bạn nhưng máy mình bị lỗi không vẽ hình được.

c) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (câu a) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCE}\) hay \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BCQ}\) (1)

Xét (O) có \(\widehat{BCQ}\) và \(\widehat{BPQ}\) là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BQ}\) \(\Rightarrow\widehat{BCQ}=\widehat{BPQ}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BDE}=\widehat{BPQ}\left(=\widehat{BCQ}\right)\)

\(\Rightarrow DE//PQ\) (2 góc đồng vị bằng nhau)

d) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) (ở đây mình lấy về phía B chứ còn bạn lấy tia tiếp tuyến này vế phía B hay phía C tùy) 

Dễ thấy \(\widehat{BAx}\) và \(\widehat{ACB}\) lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AB}\) \(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{ACB}\)

Tứ giác BEDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{AED}=\widehat{ACB}\) (góc ngoài = góc trong đối)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AED}\left(=\widehat{ACB}\right)\) \(\Rightarrow Ax//DE\) ( 2 góc so le trong bằng nhau)

Vì \(DE//PQ\left(cmt\right)\) \(\Rightarrow Ax//PQ\)\(\left(//DE\right)\)

Mà \(Ax\perp OA\) tại A (do Ax là tiếp tuyến tại A của (O)) \(\Rightarrow OA\perp PQ\) (3)

Xét (O) có OA là 1 phần đường kính và \(OA\perp PQ\left(cmt\right)\) 

\(\Rightarrow\) OA đi qua trung điểm của PQ  (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\) OA là trung trực của đoạn PQ