a: M là trung điểm của BC

=>MB=MC(1)

Xét ΔMDB vuông tại D và ΔMDI vuông tại D có

MD chung

DB=DI

Do đó: ΔMDB=ΔMDI

=>MB=MI(2)

Xét ΔMEC vuông tại E và ΔMEK vuông tại E có

ME chung

EC=EK

Do đó;ΔMEC=ΔMEK

=>MC=MK(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra MB=MI=MK=MC

=>B,I,K,C cùng thuộc (M)

b: ΔMIK cân tại M

mà MH là đường trung tuyến

nên MH⊥IK

Do K đối xứng với D qua trung điểm của BC nên ta có

\(BD=CK,BK=CD\)

Dựng đường kính DF của (I). Theo hình , thì ta  được ba điểm A, F , K thẳng hàng

ta có\(\widehat{KDL}=\widehat{DIC}\left(=90^0-\widehat{CID}\right)=>\)tam giác IDC = tam giác DKL (g.g), từ đó suy ra

\(\frac{DF}{DK}=\frac{2ID}{DK}=\frac{2DC}{KL}=\frac{KB}{KN}\)

=> tam giác DFK = tam giác KBN (c.g.c)

zì zậy nên : \(\widehat{KNB}=\widehat{DKF}=90^0-\widehat{NKF}\)

=>\(\widehat{KNB}+\widehat{NKF}=90^0,\)do đó \(AK\perp BN\)

a: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BK//CH

Xét ΔABC có

AD,BM là các đường cao

AD cắt BM tại H

Do đó; H là trực tâm của ΔABC

=>CH⊥AB

CH⊥AB

BK//CH

Do đó: BK⊥BA

=>B nằm trên đường tròn đường kính AK(1)

Ta có: BH⊥AC

BH//CK

Do đó: CK⊥CA

=>C nằm trên đường tròn đường kính KA(2)

Từ (1),(2) suy ra B,C,A,K cùng nằm trên đường tròn đường kính AK

=>AK là đường kính của (O)

=>K thuộc (O)

b: Xét tứ giác BNMC có \(\hat{BNC}=\hat{BMC}=90^0\)

nên BNMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{NMC}+\hat{NBC}=180^0\)

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

nên \(\hat{AMN}=\hat{ABC}\)

Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

=>AK⊥ Ax tại A

xét (O) có

\(\hat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\hat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{xAC}=\hat{ABC}\)

mà \(\hat{AMN}=\hat{ABC}\)

nên \(\hat{xAC}=\hat{AMN}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên MN//Ax

Ta có: MN//Ax

Ax⊥ AK

Do đó: AK⊥MN

a: Xét tứ giác AHBD có

M là trung điểm chung của AB và HD

=>AHBD là hình bình hành

Hình bình hành AHBD có \(\hat{AHB}=90^0\)

nên AHBD là hình chữ nhật

=>\(\hat{HAD}=90^0\)

Xét tứ giác AHCE có

N là trung điểm chung của AC và HE

=>AHCE là hình bình hành

Hình bình hành AHCE có \(\hat{AHC}=90^0\)

nên AHCE là hình chữ nhật

=>\(\hat{HAE}=90^0\)

\(\hat{EAD}=\hat{EAH}+\hat{DAH}=90^0+90^0=180^0\)

=>E,A,D thẳng hàng

ΔAHB vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên MH=MA=MB

ΔAHC vuông tại H

mà HN là đường trung tuyến

nên HN=NA=NC

Xét ΔMHN và ΔMAN có

MH=MA

HN=AN

MN chung

Do đó: ΔMHN=ΔMAN

=>\(\hat{MHN}=\hat{MAN}=90^0\)

=>\(\hat{EHD}=90^0\)

Xét ΔHED vuông tại H có HA là đường cao

nên \(AE\cdot AD=HA^2\)

b; \(\sin ABC=\sin\left(2\cdot ABK\right)=2\cdot\sin ABK\cdot cosABK\)

\(=2\cdot\sin ABK\cdot cosCBK\)