1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do  H E ∥ B C ⊥ H A  ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

Ta có A P H ^ = A E H ^  (góc nội tiếp)

= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)

⇒ P H ≡ P B

2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^  

Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF

Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF

Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF

3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.

Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra  E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B

Tương tự F I ∥ H C ;   E F ∥ B C ⇒ Δ I E F   v à   Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.

a) Gọi BH cắt (O) tại S khác B. Qua tính chất quen thuộc của trực tâm  ta thấy H,S đối xứng nhau qua AC.

Do đó ^ASE = ^AHE = 90⁰ (Vì HE // BC, AH vuông góc BC) hay SE vuông góc với AS (1)

Ta có AD là đường kính của (O) => ^ASD chắn nửa (O) => SD vuông góc với AS (2)

Từ (1) và (2) suy ra SE trùng SD hay DE cắt (O) tại S. Như vậy BH,DE cắt nhau trên (O) (đpcm).

b) Tương tự câu a, CH,DF cũng cắt nhau tại 1 điểm trên (O), gọi nó là T

Dễ thấy AH = AS = AT (Tính chất đối xứng). Mà AH,AS,AT lần lượt là khoảng cách từ A đến EF,DE,DF

Nên A chính là tâm bàng tiếp góc D của \(\Delta\)DEF (A nằm ngoài \(\Delta\)DEF) (đpcm).

c) Gọi IH cắt CF tại G. Ta sẽ chỉ ra rằng B,G,E thẳng hàng. Thật vậy:

Ta có FA,FI là phân giác trong và ngoài của ^DFE => FI vuông góc AB => FI // CH

Từ đó \(\Delta\)IGF ~ \(\Delta\)HGC (g.g) => \(\frac{GI}{GH}=\frac{IF}{HC}\)(3)

Mặt khác ^IFE = ^FAH (Cùng phụ ^AFH) = ^HCB. Tương tự ^IEF = ^HBC

Suy ra \(\Delta\)EIF ~ \(\Delta\)BHC (g.g) => \(\frac{IF}{HC}=\frac{IE}{HB}\)(4)

Từ (3) và (4), kết hợp với ^GIE = ^GHB suy ra \(\Delta\)GEI ~ \(\Delta\)GBH (c.g.c)

=> ^IGE = ^HGB. Vì I,G,H thẳng hàng nên kéo theo B,G,E thẳng hàng

Vậy thì BE,CF,IH cắt nhau tại G (đpcm).

a: góc AEB=góc AHB=90 độ

=>AEHB nội tiếp

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔACD vuông tại C có

góc ABH=góc ADC

=>ΔAHB đồng dạng với ΔACD
b: góc HAC+góc AHE

=góc ABE+90 độ-góc HAB

=90 độ

=>HE vuông góc AC

=>HE//CD

1.Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

Góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEC = 90⁰.

CF là đường cao => CF ┴ AB => góc BFC = 90⁰.

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90⁰ => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.

3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: góc AEH = góc ADC = 90⁰; góc A là góc chung

=> Δ AEH ˜ Δ ADC => AE/AD = AH/AC=> AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: góc BEC = góc ADC = 90⁰; góc C là góc chung

=> Δ BEC ˜ Δ ADC => AE/AD = BC/AC => AD.BC = BE.AC.

4. Ta có góc C₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ABC)

góc C₂ = góc A₁ ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> góc C₁ = góc C₂ => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ┴ HM => Δ CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn

=> góc C₁ = góc E₁ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

góc C₁ = góc E₂ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

góc E₁ = góc E₂ => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có góc BEC = 90⁰.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1/2 BC.

4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => góc E₁ = góc A₁ (1).

Theo trên DE = 1/2 BC => tam giác DBE cân tại D => góc E₃ = góc B₁ (2)

Mà góc B₁ = góc A₁ (vì cùng phụ với góc ACB) => góc E₁ = góc E₃ => góc E₁ + góc E₂ = góc E₂ + góc E₃

Mà góc E₁ + góc E₂ = góc BEA = 90⁰ => góc E₂ + góc E₃ = 90⁰ = góc OED => DE ┴ OE tại E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED² = OD² – OE² ↔ ED² = 5² – 3² ↔ ED = 4cm

cảm ơn pn