a: Xét tứ giác ABDE có 

\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)

Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔDAC vuông tại D và ΔDBF vuông tại D có

\(\widehat{DAC}=\widehat{DBF}\)

Do đó:ΔDAC∼ΔDBF

Suy ra: DA/DB=DC/DF

hay \(DB\cdot DC=DA\cdot DF\)

a) Ta có: \(\angle AEB=\angle ADB=90\Rightarrow ABDE\) nội tiếp

b) Vì AK là đường kính \(\Rightarrow\angle ACK=\angle ABK=90\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CK\bot AC\\BK\bot AB\end{matrix}\right.\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}BH\bot AC\\CH\bot AC\end{matrix}\right.\Rightarrow\) \(BH\parallel CK,CH\parallel BK\)

\(\Rightarrow BHCK\) là hình bình hành

c) Vì F là giao điểm của CH và AB \(\Rightarrow CF\bot AB\)

Ta có: \(\dfrac{AD}{HD}+\dfrac{BE}{HE}+\dfrac{CF}{HF}=\dfrac{AD.BC}{HD.BC}+\dfrac{BE.AC}{HE.AC}+\dfrac{CF.AB}{HF.AB}\)

\(=\dfrac{S_{ABC}}{S_{HBC}}+\dfrac{S_{ABC}}{S_{AHC}}+\dfrac{S_{ABC}}{S_{AHB}}=S_{ABC}\left(\dfrac{1}{S_{HBC}}+\dfrac{1}{S_{AHC}}+\dfrac{1}{S_{AHB}}\right)\)

\(\ge S_{ABC}.\dfrac{9}{S_{HBC}+S_{HAC}+S_{AHB}}\)(BĐT Schwarz) \(=S_{ABC}.\dfrac{9}{S_{ABC}}=9\)

\(\Rightarrow Q_{min}=9\)

Xét (O) có 

ΔACK nội tiếp đường tròn

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

Xét (O) có 

ΔABK nội tiếp đường tròn

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

Xét tứ giác BHCK có 

BH//CK

CH//BK

Do đó: BHCK là hình bình hành

a: góc AEB=góc ADB=90 độ

=>ABDE nội tiếp

b: góc CBK=1/2*180=90 độ

Xet ΔCBK vuông tại B và ΔCFA vuông tại F có

góc BCK=góc FCA

=>ΔCBK đồng dạng vơi ΔCFA

=>CB/CF=CK/CA

=>CB*CA=CF*CK

a: Xét tứ giác AEHF có

góc AEH+góc AFH=180 độ

=>AEHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFEC có

góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

=>ΔABK vuông tại B

=>BK//CH

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

=>ΔACK vuông tại C

=>CK//BH

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

=>BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm của BC

a: Xét tứ giác AFDC có \(\hat{CFA}=\hat{CDA}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\hat{MCI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây cung CI

\(\hat{IAC}\) là góc nội tiếp chắn cung IC

Do đó: \(\hat{MCI}=\hat{IAC}\)

Xét ΔMCI và ΔMAC có

\(\hat{MCI}=\hat{MAC}\)

góc CMI chung

Do đó: ΔMCI~ΔMAC

=>\(\frac{MC}{MA}=\frac{MI}{MC}\)

=>\(MC^2=MI\cdot MA\)

AFDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FDC}+\hat{FAC}=180^0\)

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

nên \(\hat{MDC}=\hat{BAC}\)

mà \(\hat{BAC}=\hat{MCB}\) (=1/2*sđ cung CB)

nên \(\hat{MDC}=\hat{MCB}\)

=>\(\hat{MDC}=\hat{MCD}\)

=>ΔMCD cân tại M

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