a, Chứng minh IFEK là hình bình hành có tâm O. Chứng minh IK ⊥ KE => IFEKlà hình chữ nhật => I,F,E,K cùng thuộc (O;OI)

b, Ta có:  I D E ^   =   90 0 => Tam giác IDE vuông tại D 

Chứng minh rằng KD ⊥ DF => ∆ KDF vuông

1: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

=>B,E,D,C cùng thuộc một đường tròn

2: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>CK//BH

mà BH⊥AC

nên CK⊥CA

=>ΔACK vuông tại C

3: Gọi M là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại M

Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBMA vuông tại M có

\(\hat{EBC}\) chung

Do đó: ΔBEC~ΔBMA

=>\(\frac{BE}{BM}=\frac{BC}{BA}\)

=>\(BE\cdot BA=BM\cdot BC\)

Xét ΔCMA vuông tại M và ΔCEB vuông tại E có

\(\hat{MCA}\) chung

Do đó: ΔCMA~ΔCEB

=>\(\frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\)

=>\(CE\cdot CA=CM\cdot CB\)

\(BE\cdot BA+CE\cdot CA\)

\(=BM\cdot BC+CM\cdot BC=BC^2=4\cdot CI^2\)

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

a, BHCK có I là trung điểm hai đường chéo

b, Ta có ∆ABK, ∆ACK vuông tại B và C nên A,B,K,C nằm trên đường tròn đường kính AK

c, Ta có OI là đường trung bình của ∆AHK => OI//AH

d, Gọi AH cắt BC tại M. Ta có BE.BA = BM.BC và CA.CD = CM.BC => ĐPCM

a: H là trực tâm của ΔABC

=>CH⊥AB và BH⊥AC và AH⊥BC

AH⊥BC

AD⊥BC

mà AH,AD có điểm chung là A

nên A,H,D thẳng hàng

Xét ΔHAB có

I,K lần lượt là trung điểm của HA,HB

=>IK là đường trung bình của ΔHAB

=>IK//AB và \(IK=\frac{AB}{2}\)

Xét ΔCAB có

E,F lần lượt là trung điểm của CB,CA

=>EF là đường trung bình của ΔCAB

=>EF//AB và \(EF=\frac{AB}{2}\)

IK//AB

EF//AB

Do đó: IK//EF

\(IK=\frac{AB}{2}\)

\(EF=\frac{AB}{2}\)

Do đó: IK=EF

Xét ΔHAC có

I,F lần lượt là trung điểm của AH,AC

=>IF là đường trung bình của ΔHAC

=>IF//HC và \(IF=\frac{HC}{2}\)

IF//HC

HC⊥AB

Do đó: IF⊥AB

IF⊥AB

AB//IK

Do đó: IK⊥IF

Xét tứ giác IFEK có

IK//EF

IK=EF

Do đó: IFEK là hình bình hành

Hình bình hành IFEK có IK⊥IF

nên IFEK là hình chữ nhật

=>E,F,I,K cùng thuộc đường tròn đường kính IE và FK

b: Vì \(\hat{IDE}=90^0\)

nên D nằm trên đường tròn đường kính IE

=>D nằm trên đường tròn đi qua bốn điểm E,F,I,K