Gọi AK là đường kính của (O)

Ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Ta có: ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

HB=HC

=>H nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,O,H thẳng hàng

mà A,O,K thẳng hàng

nên A,O,H,K thẳng hàng

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

Xét ΔABK vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AK=AB^2\)

=>\(AK=\frac{AB^2}{AH}=\frac{a^2}{h}\)

=>\(R=\frac{AK}{2}=\frac{a^2}{2h}\)

Xét ΔADB và ΔABE có 

\(\widehat{BAD}\) chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\)

Do đó: ΔADB\(\sim\)ΔABE

Suy ra: \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AE}\)

hay \(AB^2=AD\cdot AE\)

Tham khảo:

Ta có: \(R=\dfrac{abc}{4S};r=\dfrac{S}{p}\)

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên \(b=c\) và \(a=\sqrt{b^2+c^2}=b\sqrt{2}\)

Xét tỉ số:

\(\dfrac{R}{r}=\dfrac{abc.p}{4S^2}=\dfrac{abc.\dfrac{a+b+c}{2}}{4.\dfrac{1}{4}.\left(b.c\right)^2}=\dfrac{a\left(a+2b\right)}{2b^2}=\dfrac{2b^2\left(1+\sqrt{2}\right)}{2b^2}=1+\sqrt{2}\)

\(\dfrac{R}{r}=\dfrac{abc.p}{4S^2}=\dfrac{abc.\dfrac{a+b+c}{2}}{4.\dfrac{1}{4}\left(b.c\right)^2}=\dfrac{a.b^2\dfrac{\left(a+2b\right)}{2}}{b^4}=\dfrac{a.b^2\left(a+2b\right)}{2b^4}=\dfrac{a\left(a+2b\right)}{2b^2}\)

\(=\dfrac{b\sqrt{2}\left(b\sqrt{2}+2b\right)}{2b^2}=\dfrac{b^2\sqrt{2}\left(\sqrt{2}+2\right)}{2b^2}=\dfrac{2b^2\left(1+\sqrt{2}\right)}{2b^2}=1+\sqrt{2}\)

a: Xét tứ giác ABDE có 

\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)

Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔDAC vuông tại D và ΔDBF vuông tại D có

\(\widehat{DAC}=\widehat{DBF}\)

Do đó:ΔDAC∼ΔDBF

Suy ra: DA/DB=DC/DF

hay \(DB\cdot DC=DA\cdot DF\)

a: góc HMC+góc HNC=180 độ

=>HMCN nội tiếp

b: góc CAD=góc NBC

=>1/2*sđ cung CD=1/2*sđ cung CE

=>CD=CE
c: góc BHM=góc BCN=1/2*sđ cung BA

góc BDH=1/2*sđ cung BA

=>góc BHD=góc BDH

=>ΔBHD cân tại B