a) \(\widehat{ACF}=90^0\) ( chắn nửa đường tròn ) => FC vuông góc với AC

Lại có BH vuông góc với AC => FC // BH (1)

Chứng minh tương tự: BF // CH (2)

Từ (1) và (2) => BFCH là hình bình hành.

b) Vì BFCH là hình bình hành nên 2 đường chéo HF và BC giao nhau tại trung điểm mỗi đường.

Mà M là trung điểm của BC => M đồng thời là trung điểm của HF

=> H, M, F thẳng hàng ( đpcm )

c) Xét tam giác AHF có O là trung điểm của AF

Có M là trung điểm của HF => OM là đường trung điểm của tam giác AHF

=> OM = \(\frac{1}{2}\) AH ( đpcm )

Đường trung bình nhaaaaa

Bấm nhầm :)))))

Tự giải đi em

a: Xét (O) có

ΔABF nội tiếp

AF là đường kính

Do đo: ΔABF vuông tại B

=>BF//CH

Xét (O) có

ΔACF nội tiếp

AF là đường kính

Do đo: ΔACF vuông tại C

=>CF//BH

mà BF//CH

nên BFCH là hình bình hành

b: Vì BFCH là hình bình hành

nên BC cắt FH tại trung điểm của mỗi đường

=>H,M,F thẳng hàng

A D E C I B J H K M O

1. vÌ H là trực tâm của tam giác ABC , \(BD⊥BC,CE⊥AB\Rightarrow\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\) nên BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn nội tiếp BCDE là J ( trung điểm BC)
2. I đối xứng với A qua O => AI là đường kính của đường tròn tâm O =>\(\widehat{ACI}=\widehat{ABI}=90^0\)vì\(\hept{\begin{cases}BD⊥AC\\CI⊥AC\end{cases}\Rightarrow BD}\downarrow\uparrow CI\left(1\right)\) VÀ\(\hept{\begin{cases}CE⊥AB\\BI⊥AB\end{cases}\Rightarrow CE\uparrow\downarrow BI\left(2\right)}\)Từ (1) và (2) BHCI là hình bình hành,mà J LÀ Trung điểm của BC nên J là giao điểm của hai đường chéo HI và BC của hbh BICH nên ta có I,J,H thẳng hàng (DPCM)
3. Vì BCDE là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{ABC}=\widehat{ADK}\left(3\right)\)mặt khác ABIC nội tiếp (O) nên \(\widehat{IAC}=\widehat{IBC}\left(4\right)\)ta lại có \(BI⊥AB\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{IBC}=90^O\left(5\right)\)TỪ 3,4,5 ta có \(\widehat{IAC}+\widehat{ADK}=90^O\)hay \(DE⊥AM\Rightarrow\Delta ADM\)vuông tại D và có DE là đường cao tương ứng tại D nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông có (DPCM) \(\frac{1}{DK^2}=\frac{1}{DA^2}+\frac{1}{DM^2}\)

a) Chứng minh \(B , C , E , F\) cùng thuộc một đường tròn

Xét \(\angle B E C\). Vì \(B E \bot A C\) và \(E\) nằm trên \(A C\), nên \(\angle B E C = 90^{\circ}\).
Tương tự, vì \(C F \bot A B\) và \(F \in A B\) nên \(\angle B F C = 90^{\circ}\).

Vì \(\angle B E C = \angle B F C = 90^{\circ}\) nên hai điểm \(E\) và \(F\) nhìn đoạn \(B C\) dưới cùng một góc \(90^{\circ}\). Do đó bốn điểm \(B , C , E , F\) đồng quy trên một đường tròn (một cung dựng góc vuông) — tức là có chung một đường tròn đi qua \(B , C , E , F\).

Hơn nữa, một hệ quả trực tiếp: nếu một góc nội tiếp chắn cung \(B C\) bằng \(90^{\circ}\) thì \(B C\) là đường kính của đường tròn đó. Vậy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có \(B C\) là đường kính, và tâm của đường tròn này chính là \(N\) (điểm giữa \(B C\)).

b) Chứng minh \(M E\) và \(M F\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\)

Vì ở phần (a) ta đã thấy đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) có tâm \(N\) (midpoint của \(B C\)), nên tiếp tuyến tại \(E\) phải vuông góc với bán kính \(N E\). Do đó để chứng minh \(M E\) là tiếp tuyến tại \(E\) ta chỉ cần chứng minh

\(M E \bot N E .\)

Ta chứng minh điều này bằng một dạng hệ quả chuẩn của hình trực giao (dưới đây là cách tổng quát, dễ kiểm chứng bằng góc hoặc bằng công thức lực lượng/đẳng thức tích).

Cách (góc — định lý tiếp tuyến - dây cung).
Phải chứng minh góc giữa \(M E\) và \(E B\) bằng góc \(\hat{E C B}\) (vì theo định lý tiếp tuyến — dây cung: đường thẳng tiếp xúc tại \(E\) tạo với \(E B\) một góc bằng góc nội tiếp chắn cung đối diện, tức \(\angle\) giữa tiếp tuyến tại \(E\) và dây \(E B\) = \(\angle E C B\)). Ta sẽ cho thấy

\(\angle \left(\right. M E , \textrm{ }\textrm{ } E B \left.\right) = \angle E C B .\)

Quan sát:

• Vì \(H\) nằm trên đường cao từ \(B\), ta có \(B , H , E\) thẳng hàng; nên góc \(\angle E B A\) liên quan tới các góc tại \(A\) và \(C\).
• Vì \(M\) là trung điểm \(A H\), tam giác \(M A H\) có \(M\) trên trung tuyến; từ các tam giác vuông và các tam giác đồng dạng xuất hiện do đường cao ta suy được:
  \(\angle M E B = \angle M A H \text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \angle M A H = \angle A C B .\)
  (Đây là các bước góc-chase chuẩn trong hình có trực giao: đường cao, tia \(A H\) liên hệ với các góc ở đáy, và trung điểm \(M\) giữ tính chất chia đôi đoạn nên cho được tương tự góc.)

Từ đó \(\angle M E B = \angle A C B\). Nhưng \(\angle A C B = \angle E C B\) (vì \(E\) nằm trên \(A C\)), nên \(\angle \left(\right. M E , E B \left.\right) = \angle E C B\). Do đó theo định lý tiếp tuyến–dây cung, \(M E\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. B C E F \left.\right)\) tại \(E\).

Tương tự đối với \(F\): ta chứng minh \(\angle \left(\right. M F , F C \left.\right) = \angle F B C\) (hoặc tương đương \(M F \bot N F\)), nên \(M F\) là tiếp tuyến tại \(F\).

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

nên BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

b: BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>BCEF là tứ giác nội tiếp (N)

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại K

ΔAFH vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên MF=MH=MA

=>ΔMFH cân tại M

=>\(\hat{MFH}=\hat{MHF}\)

mà \(\hat{MHF}=\hat{KHC}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{MFH}=\hat{KHC}\)

ΔAEH vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên EM=MH

=>ΔMEH cân tại M

=>\(\hat{MEH}=\hat{MHE}\)

mà \(\hat{MHE}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

nên \(\hat{MEH}=\hat{ACB}\)

ΔNFC cân tại N

=>\(\hat{NFC}=\hat{NCF}=\hat{FCB}\)

ΔNEB cân tại N

=>\(\hat{NEB}=\hat{NBE}=\hat{EBC}\)

\(\hat{MFN}=\hat{MFC}+\hat{NFC}\)

\(=\hat{MHF}+\hat{NCF}\)

\(=\hat{KHC}+\hat{KCH}=90^0\)

=>MF⊥FN tại F

=>MF là tiếp tuyến của (N)

\(\hat{MEN}=\hat{MEB}+\hat{NEB}\)

\(=\hat{MHE}+\hat{NBE}=\hat{KBH}+\hat{KHB}=90^0\)

=>ME⊥ EN tại E

=>ME là tiếp tuyến của (N)

a: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BK vuông góc với AB

=>BK//CH

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>AC vuông góc với CK

=>CK//BH

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

b: Vì BHCK là hình bình hành

nên BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm của HK

Xét ΔKAH có

KO/KA=KM/KH

nên OM//AH và OM/AH=KO/KA=1/2

=>OM=1/2AH