a: góc BEH+góc BKH=180 độ

=>BEHK nội tiếp

=>góc EBH=góc EKH

góc BKA=góc BDA=90 độ

=>ABKD nội tiếp

=>góc EBH=góc AKD=góc EKH

=>KA là phân giác của góc EKD

b: góc AIO=góc AJO=góc AKO=90 độ

=>I,J,K,A,O cùng thuộc đường tròn đường kính OA

sđ cung AI=sđ cung AJ

=>góc AKI=góc AJI

=>góc AKE+góc IKE=góc AKD+góc DKJ

=>góc IKE=góc DKJ

c: 

Sửa đề: cắt AB,AC lần lượt tại E và D

a: Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>CE⊥AB tại E

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó; ΔBDC vuông tại D

=>BD⊥AC tại D

Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHD là tứ giác nội tiếp

b: Gọi K 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 K

Gọi I là trung điểm của AH

=>I là tâm đường tròn đường kính AH

ΔADH vuông tại D

mà DI là đường trung tuyến

nên ID=IH=IA

ID=IH

=>ΔIDH cân tại I

=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)

mà \(\hat{IHD}=\hat{BHK}=\hat{BCD}\) (=90 độ-góc DBC)

nên \(\hat{IDH}=\hat{BCD}\)

OB=OD

=>ΔOBD cân tại O

=>\(\hat{ODB}=\hat{OBD}\)

\(\hat{IDO}=\hat{IDH}+\hat{ODH}\)

\(=\hat{DBC}+\hat{DCB}=90^0\)

=>OD là tiếp tuyến tại D của (I)

=>OD là tiếp tuyến tạiD của đường tròn ngoại tiếp ΔADH

c: Xét ΔADB vuông tại D có cos DAB=\(\frac{AD}{AB}\)

=>\(\frac{AD}{AB}=cos60=\frac12\)

Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\hat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

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

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

Xét ΔADE và ΔABC có

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

góc DAE chung

Do đó: ΔADE~ΔABC

=>\(\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=\left(\frac12\right)^2=\frac14\)

=>\(S_{ABC}=4\cdot S_{DAE}\)

Lời giải:

a)

Ta thấy \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow BD\perp AC,CE\perp AB\)

Mà $BD,CE$ giao nhau tại $H$ nên $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$

\(\Rightarrow AH\perp BC\) hay $AI\perp BC$

Từ $AI\perp BC,BD\perp AC, CE\perp AB$:

Xét tứ giác $ADHE$ có tổng 2 góc đối nhau \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\) nên $ADHE$ là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác $ADIB$ có \(\widehat{ADB}=\widehat{AIB}(=90^0)\) và 2 góc này cùng nhìn cạnh $AB$ nên $ADIB$ là tứ giác nội tiếp.

b)

Vì $ADIB$ là tứ giác nội tiếp nên \(CD.CA=CI.CB(1)\)

Hoàn toàn tương tự như $ADIB$ thì $AEIC$ cũng là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow BE.BA=BI.BC(2)\)

Lấy \((1)+(2)\Rightarrow CD.CA+BE.BA=CI.CB+BI.BC=BC(CI+BI)=BC^2\)

Ta có đpcm.

c)

Gọi $H',U$ lần lượt là giao của $MN$ và $AI,AO$

Ta có: \(\widehat{H'IO}=\widehat{AIO}=90^0(3)\)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau: \(AM=AN, OM=ON\Rightarrow AO\) là trung trực của $MN$. Do đó \(AO\perp MN\) tại $U$

\(\Rightarrow \widehat{H'UO}=90^0(4)\)

Từ \((3);(4)\Rightarrow H'UOI\) là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow AH'.AI=AU.AO(5)\)

$AN$ là tiếp tuyến $(O)$ \(\Rightarrow AN\perp NO\) hay tam giác $ANO$ vuông tại $N$

Xét tam giác $ANO$ vuông tại $N$, có đường cao $NU$, sử dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(AU.AO=AN^2(6)\)

Xét tam giác $AND$ và $ACN$ có:

\(\widehat{A}\) chung; \(\widehat{AND}=\widehat{ACN}\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow \triangle AND\sim \triangle ACN\Rightarrow \frac{AN}{AC}=\frac{AD}{AN}\Rightarrow AN^2=AC.AD(7)\)

Tương tự $ADHE$, ta cũng có $CIHD$ là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow AD.AC=AH.AI(8)\)

Từ \((5);(6);(7);(8)\Rightarrow AH'.AI=AH.AI\Rightarrow H\equiv H'\)

Do đó $M,H,N$ thẳng hàng (đpcm)

Hình vẽ: