1: Xét tứ giác AGFC có \(\hat{AGC}=\hat{AFC}=90^0\)

nên AGFC là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

\(\hat{CAD};\hat{CBD}\) là các góc nội tiếp chắn cung CD

Do đó: \(\hat{CAD}=\hat{CBD}\)

Xét ΔEAC và ΔEBD có

\(\hat{EAC}=\hat{EBD}\)

\(\hat{AEC}=\hat{BED}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAC~ΔEBD

=>\(\frac{EA}{EB}=\frac{EC}{ED}\)

=>\(EA\cdot ED=EB\cdot EC\)

Xét tứ giác BDEA có 

\(\widehat{BDA}=\widehat{BEA}=90^0\)

nên BDEA là tứ giác nội tiếp

hay B,D,E,A cùng thuộc 1 đường tròn

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

nên AEHD là tứ giác nội tiếp

b: Sửa đề: Chứng minh \(\hat{AED}=\hat{ACB}\)

xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)

mà \(\hat{BED}+\hat{AED}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AED}=\hat{ACB}\)

c: Gọi Ax là tiếp tuyến tại A 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 \(\hat{ABC}=\hat{ADE}\left(=180^0-\hat{EDC}\right)\)

nên \(\hat{xAC}=\hat{ADE}\)

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

nên DE//Ax

Ta có: DE//Ax

OA⊥Ax

Do đó: DE⊥OA

bạn tự vẽ hình nhé !

                                                                    Giải

a,Ta có :\(\widehat{BAB'}=\widehat{AB'A'}=\widehat{B'A'B}=1v\)( nội tiếp nửa đường tròn )

\(\Rightarrow ABA'B'\)là hình chữ nhật

b, Ta có : BH // CA' (cùng vuông góc với AC )

               BA' // CH ( cùng vuông góc với AB )

\(\Rightarrow BHCA'\)là hình bình hành nên BH = CA' 

 c, \(\Delta BHC=\Delta BA'C\)nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BA'C

Mà đường tròn ngoại tiếp tam giác BA'C chính là đường tròn (O)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng R

 a) tứ giác ABA'B' có AA', BB' là hai đương chéo bằng nhau ( = 2R) 
=> ABA'B' là hình chữ nhật. 

b) ta có : 
CH _I_ AB ( H là trực tâm của tam giác ABC ) 
A'B _I_ AB ( ABA' chắn nửa đường tròn ) 
=> CH // A'B (1) 
Lại có : 
BH _I_ AC ( H là trực tâm của tam giác ABC ) 
A'C _I_ AC ( ACA' chắn nửa đường tròn ) 
=> A'C // BH (2) 
(1),(2) => BHCA' là hình bình hành 
=> BH=CA' 

c) kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại D. Dễ dàng nhận thấy D và H đối xứng nhau qua BC ---> tam giác BCD = tam giác BCH --> đường tròn ngoại tiếp BCH = đường tròn ngoại tiếp BCD (đồng thời ngoại tiếp ABC) --> bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC = R 

A B C H Q K F E D

a, Do H là giao điểm của 2 đường cao tam giác ABC mà AH cắt BC tại D \(\Rightarrow AD\perp BC\)

\(\Rightarrow\widehat{ADB}=90^o\)

Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{HFB}=90^o\)

\(\widehat{ADB}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{HFB}+\widehat{ADB}=180^o\)

Vậy tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp đường tròn

a: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔAEC vuông tại E và ΔADB vuông tại D có

\(\widehat{EAC}\) chung

Do đó: ΔAEC đồng dạng với ΔADB

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

=>\(AE\cdot AB=AD\cdot AC\)

Xét ΔABC có

CE,BD là đường cao

CE cắt BD tại H

DO đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại M

Xét tứ giác AEHD có

\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EAH}\)

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{BAH}=90^0-\widehat{ABC}\left(1\right)\)

Xét tứ giác HDCM có

\(\widehat{HDC}+\widehat{HMC}=90^0+90^0=180^0\)

=>HDCM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HDM}=\widehat{HCM}\)

=>\(\widehat{MDB}=\widehat{ECB}=90^0-\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{EDB}=\widehat{MDB}\)

=>DB là phân giác của \(\widehat{EDM}\)