a: góc AEH+góc ADH=180 độ

=>AEHD nội tiêp

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC nội tiếp

b: góc ABI=góc ACK(=90 độ-góc BAC)

góc ABI=1/2*sđ cung AI

góc ACK=1/2*sđ cung AK

=>sđ cung AI=sđ cung AK

=>AI=AK

Ngu thế dễ mà cũng ko làm được

Mình sửa lại đề: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp (O). Đường cao BD, CE cắt nhau tại H. EF cắt BC tại F. AF cắt lại (O) tại K. Gọi M là trung điểm của BC.

a) Từ gt dễ thấy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn tâm M.

b) Tứ giác BCDE nội tiếp nên theo phương tích ta có FB . FC = FD . FE.

Tứ giác AKBC nội tiếp nên theo phương tích ta có FK . FA = FB . FC.

Vậy ta có đpcm.

c) Ta có FA . FK = FE . FD nên theo phương tích đảo ta có tứ giác AKED nội tiếp.

Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính AH và FH là N.

Khi đó FH . FN = FE . FD = FB . FC.

Suy ra tứ giác BHNC nội tiếp.

Ta có \(\widehat{DNC}=360^o-\widehat{DNH}-\widehat{CNH}=\left(180^o-\widehat{DNH}\right)+\left(180^o-\widehat{CNH}\right)=\widehat{DEH}+\widehat{HBC}=2\widehat{HBC}=\widehat{DMC}\).

Do đó tứ giác DNMC nội tiếp.

Tương tự tứ giác ENMB nội tiếp.

Suy ra \(\widehat{DNM}+\widehat{DNA}=180^o-\widehat{ACB}+\widehat{AED}=180^o\) nên A, N, M thẳng hàng.

Từ đó \(\widehat{MHN}=\widehat{ANH}=90^o\) nên \(FH\perp AM\).

(Câu c là trường hợp đặc biệt của định lý Brocard khi tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn tâm M).

Hình vẽ: 

1.

Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.

Suy ra 44 điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.

Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE (22 góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ​=ABP.

Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có \widehat{ACQ}ACQ​ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung APAP

\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢​=AP⌢.

2.

(O)(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ}ABP=ABQ​ hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}HBE=QBE​.

Ta chứng minh được BEBE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQHBQ nên EE là trung điểm của HQHQ.

Chứng minh tương tự DD là trung điểm của HPHP \Rightarrow DE⇒DE là đường trung bình của tam giác HPQHPQ \Rightarrow DE // PQ⇒DE//PQ (1).

Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên AA là điểm chính giữa cung PQPQ \Rightarrow OA \perp PQ⇒OA⊥PQ (2).

Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DEOA⊥DE.

3.

Kẻ đường kính CFCF của đường tròn tâm (O)(O), chứng minh tứ giác ADHEADHE nội tiếp đường tròn đường kính AHAH.

Chứng minh tứ giác AFBHAFBH là hình bình hành, suy ra BF=AHBF=AH.

Trong đường tròn (O)(O) có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}CAB=CFB

a: Xét tứ giác BEDC có

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC là tứ giác nội tiêp

b: góc ABM=góc ACN

=>sđ cung AM=sđ cung AN=2*30=60 độ

=>AM=AN

c: OM=ON

AM=AN

=>OA là trung trực của MN

=>OA vuông góc MN

d: Kẻ đường kính AD

Xét ΔACD vuông tại C và ΔAKB vuông tại K có

góc ADC=góc ABK

=>ΔACD đồng dạng với ΔAKB

=>AC/AK=AD/AB

=>AK*2*R=AB*AC

Lời giải:

a) Do $BD, CE$ là đường cao tg $ABC$ nên \(CE\perp AB, BD\perp AC\)

\(\Rightarrow \widehat{AEH}=\widehat{ADH}=\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

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

Xét tứ giác $BCDE$ có hai góc cùng nhìn một cạnh $BC$ là \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}\) nên là tứ giác nội tiếp.

Ta có đpcm.

b)

Vì tứ giác $BCDE$ nội tiếp nên \(\widehat{ECB}=\widehat{EDB}\)

Mà \(\widehat{ECB}=\widehat{NMB}\) (góc nội tiếp cùng nhìn cung BN)

\(\Rightarrow \widehat{EDB}=\widehat{NMB}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(DE\parallel MN\)