Ta có: ΔEAH vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

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

mà \(\widehat{IHE}=\widehat{BHD}\)(hai góc đối đỉnh)

và \(\widehat{BHD}=\widehat{BCE}\left(=90^0-\widehat{EBC}\right)\)

 nên \(\widehat{IEH}=\widehat{BCE}\)

Ta có: ΔEBC vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên OE=OB

=>ΔOEB cân tại O

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

Ta có: \(\widehat{IEO}=\widehat{IEH}+\widehat{OEH}\)

\(=\widehat{EBC}+\widehat{ECB}=90^0\)

=>ΔIEO vuông tại E

Ta có: ΔAFH vuông tại F

mà FI là đường trung tuyến

nên FI=IH

=>FI=IE

=>I nằm trên đường trung trực của FE(1)

Ta có: ΔBFC vuông tại F

mà FO là đường trung tuyến

nên \(FO=\dfrac{BC}{2}\)

mà EO=BC/2

nên FO=EO

=>O nằm trên đường trung trực của EF(2)

Từ (1) và (2) suy ra IO là đường trung trực của EF

=>IO\(\perp\)EF tại K và K là trung điểm của FE

Xét ΔIEO vuông tại E có EK là đường cao

nên \(IK\cdot IO=IE^2\)

=>\(IK\cdot IO=\left(\dfrac{1}{2}AH\right)^2=\dfrac{1}{4}AH^2\)

=>\(AH^2=4\cdot IK\cdot IO\)

thưc ra tui ko định trl đâu mà nhìn dài quá..... Xét tam giác AFH có : FI= \(\frac{AH}{2}\)\(\left(\ast\right)\) ( đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác AFH ta được: \(FI^2=IK.IO\) (**)

từ (*) và (**) ta có \(\frac{AH^2}{4}=IK.IO\)

<=> \(AH^2=4IK.IO\)

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

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

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

nên CEHD 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

ΔABN nội tiếp

AN là đường kính

Do đó; ΔABN vuông tại B

=>BA⊥BN

mà CH⊥BA

nên CH//BN

Xét (O) có

ΔACN nội tiếp

AN là đường kính

Do đó: ΔACN vuông tại C

=>AC⊥CN

mà BH⊥AC

nên BH//CN

Xét tứ giác BHCN có

BH//CN

BN//CH

Do đó: BHCN là hình bình hành

=>CB cắt HN tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của CB

nên M là trung điểm của HN

Xét ΔABC có

AM là đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: A,G,M thẳng hàng và \(AG=\frac23AM\)

Xét ΔAHN có

AM là đường trung tuyến

\(AG=\frac23AM\)

Do đó: G là trọng tâm của ΔAHN

Xét ΔAHN có

G là trọng tâm

O là trung điểm của AN

DO đó: H,G,O thẳng hàng

c: Xét (O) có

\(\hat{BQA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung BA

=>\(\hat{BQA}=\hat{BCA}\)

mà \(\hat{BCA}=\hat{BHD}\left(=90^0-\hat{EBC}\right)\)

nên \(\hat{BHQ}=\hat{BQH}\)

=>ΔBHQ cân tại B

mà BC là đường cao

nên BC là đường trung trực của HQ

=>H đối xứng Q qua BC

Xét (O) có

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

=>\(\hat{APB}=\hat{ACB}\)

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

nên \(\hat{AHP}=\hat{APH}\)

=>ΔAPH cân tại A

ΔAPH cân tại A

mà AC là đường cao

nên AC là đường trung trực của PH

=>P đối xứng H qua AC

Xét (O) có

\(\hat{CRA};\hat{CBA}\) là các góc nội tiếp chắn cung CA

=>\(\hat{CRA}=\hat{CBA}\)

mà \(\hat{CBA}=\hat{AHF}\left(=90^0-\hat{HAF}\right)\)

nên \(\hat{ARH}=\hat{AHR}\)

=>ΔAHR cân tại A

mà AB là đường cao

nên AB là đường trung trực của HR

=>H đối xứng R qua AB

d: Qua A, kẻ tiếp tuyến Ax của (O)

=>OA⊥ 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 \(\hat{ABC}=\hat{AEF}\left(=180^0-\hat{FEC}\right)\)

nên \(\hat{xAC}=\hat{AEF}\)

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

nên Ax//EF

Ax//FE

OA⊥ Ax

Do đó: OA⊥ FE

A B C O F H E D I K A' C' B' M N

a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)

KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)

Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).

b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.

AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K

Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'

Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'

Ta có :  \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)

\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)

\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)

\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)

Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)

c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)

Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\)  (1)

AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.

Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)

Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)

Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)

ghê quá cô ơi

a: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD//CH

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>CD//BH

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

b: BHCD là hình bình hành

nên BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm của HD

Xét ΔDAH có DI/DH=DO/DA

nen Io//AH và IO=AH/2

=>AH=2OI

1: góc ABP=1/2*sđ cung AP=90 độ

=>BP//CH

góc ACP=1/2*sđ cung AP=90 độ

=>CP//BH

mà BP//CH

nên BHCP là hình bình hành

=>BC cắt HP tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm của HP

1/ Ta có:
• Góc AHB bằng 90 độ (vì AD là đường cao của tam giác ABD).
• Góc AEB bằng góc AFB bằng 90 độ (vì AB là đường cao của tam giác AFB và AC là đường cao của tam giác AEC).
Góc AHE bằng góc AFE (vì đường cao AH đồng quy với đường chéo EF của tứ giác AHEF).
• Góc AHP bằng góc AKP bằng 90 độ (vì KA là đường đường kính của đường tròn (O)).
• Góc AEP bằng góc AFP (vì đường cao AE đồng quy với đường chéo AF của tứ giác AEPF).
Do đó, ta có thể kết luận rằng 5 điểm P, A, E, H, F nằm trên cùng một đường tròn. Để xác định tâm T của đường tròn này, ta lấy hai đường kính của đường tròn là AP và EF, sau đó kẻ đường thẳng qua giữa chúng. Đường thẳng này cắt đường tròn tại T, là tâm của đường tròn.
2/ Ta có:
• Góc AHE bằng góc AFE (vì đường cao AH đồng quy với đường chéo EF của tứ giác AHEF).
• Góc EHF bằng 90 độ (vì EF là đường cao của tam giác EHF).
o Góc FHE bằng góc FEM (vì đường cao FH đồng quy với đường chéo EM của tứ giác FHEM).
Do đó, ta có thể kết luận rằng EM và FM là hai tiếp tuyến của đường tròn (T).
3/ Ta cần chứng minh rằng tam giác DEF nội tiếp đường tròn (M). Ta có:
• Góc EHF bằng 90 độ (vì EF là đường cao của tam giác EHF).
• Góc FEM bằng góc FHE (vì đường cao FH đồng quy với đường chéo EM của tứ giác FHEM). • Góc FHE bằng góc DAE 

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

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

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

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

Đến từ quanda

Cảm ơn ạ!