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 B C M H O E F D K I

1. Dễ thấy : Góc MKA = 90 độ (Chắn nửa cung tròn đường kính AM)

Lại có  AK vuông góc với BC tại D => MK // BC

2.  Ta có : Góc FBC = CAD ( cùng phụ với góc ACB)

Mà : Góc CAD = 1/2 sđ cung CK = góc CAK

=> Góc KBC = góc FBC = góc CAK = 1/2 sđ cung CK

Mà BC vuông góc với AK => Hai tam giác DBK và tam giác DBH bằng nhau (cgv.gnk) => DK = DH (Hai cạnh tương ứng)

3. Gọi I là trung điểm của BC . 

Ta có : BE vuông góc với AC ; MC vuông góc với AC

=> BE // MC

Tương tự ta có : MB // CF

suy ra tứ giác BHCM là hình bình hành => Hai đường chéo BC và HM cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà I là trung điểm BC

=> I cũng là trung điểm của HM => đpcm.

I don't know

Bạn xem câu a) tại link này

https://h.vn/hoi-dap/question/54831.html

Câu hỏi của Linh olm - Toán lớp 9 | Học trực tuyến