a) Xét tứ giác BFHD có 

\(\widehat{BFH}\) và \(\widehat{BDH}\) là hai góc đối

\(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: BFHD là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Xét tứ giác BFEC có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{BFC}\) và \(\widehat{BEC}\) cùng nhìn cạnh BC một góc bằng 90⁰

Do đó: BFEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

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

nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CH

b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\hat{EHA}=\hat{DHB}\) (Hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEA~ΔHDB

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HA}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HD\cdot HA\)

c: Gọi O là trung điểm của AB

=>O là tâm đường tròn đường kính AB

ΔEAB vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên OE=OB

=>ΔOBE cân tại O

=>\(\hat{OEB}=\hat{OBE}\)

Gọi K là giao điểm của CH và AB

Xét ΔCAB có

AD,BE là các đường cao

AD cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔCAB

=>CH⊥AB tại K

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE

nên I là trung điểm của CH

=>IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

=>\(\hat{IEH}=\hat{IHE}\)

=>\(\hat{IEH}=\hat{KHB}\)

\(\hat{IEH}+\hat{OEB}=\hat{IEO}\)

=>\(\hat{IEO}=\hat{KHB}+\hat{KBH}=90^0\)

=>EO⊥EI tại E

=>EI là tiếp tuyến của (O)

hay EI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

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

nên CDHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CH

b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\hat{EHA}=\hat{DHB}\) (Hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEA~ΔHDB

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HA}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HD\cdot HA\)

c: Gọi O là trung điểm của AB

=>O là tâm đường tròn đường kính AB

ΔEAB vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên OE=OB

=>ΔOBE cân tại O

=>\(\hat{OEB}=\hat{OBE}\)

Gọi K là giao điểm của CH và AB

Xét ΔCAB có

AD,BE là các đường cao

AD cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔCAB

=>CH⊥AB tại K

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE

nên I là trung điểm của CH

=>IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

=>\(\hat{IEH}=\hat{IHE}\)

=>\(\hat{IEH}=\hat{KHB}\)

\(\hat{IEH}+\hat{OEB}=\hat{IEO}\)

=>\(\hat{IEO}=\hat{KHB}+\hat{KBH}=90^0\)

=>EO⊥EI tại E

=>EI là tiếp tuyến của (O)

hay EI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

a: Xét tứ giác BDHF có \(\hat{BDH}+\hat{BFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BDHF là tứ giác nội tiếp

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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: BFHD nội tiếp

=>\(\hat{HFD}=\hat{HBD}\)

=>\(\hat{DFC}=\hat{EBC}\) (1)

Ta có: BFEC nội tiếp

=>\(\hat{EBC}=\hat{EFC}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{DFC}=\hat{EFC}\)

=>FC là phân giác của góc EFD

1: Xét tứ giác BFEC có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

Do đó: BFEC là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AEDB có

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

Do đó: AEDB là tứ giác nội tiếp

2: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có 

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: AE/AF=AB/AC

hay \(AE\cdot AC=AB\cdot AF\)

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có 

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

hay \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC

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