Dễ thấy \(\widehat{HKF}=\widehat{HCM}\) (cùng phụ với \(\widehat{ABC}\))

 Xét tam giác HKF và HCM, có: \(\widehat{KHF}=\widehat{CHM}\left(=90^o\right)\) và \(\widehat{HKF}=\widehat{HCM}\) (cmt)

 Suy ra \(\Delta HKF~\Delta HCM\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{HK}{HC}=\dfrac{HF}{HM}\) \(\Rightarrow HK.HM=HC.HF\)

 Mà \(HC.HF\le\dfrac{\left(HC+HF\right)^2}{4}=\dfrac{FC^2}{4}\) (BĐT Cô-si), suy ra \(HK.HM\le\dfrac{FC^2}{4}\) (đpcm)

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow HC=HF\) \(\Leftrightarrow\) H là trung điểm CF \(\Leftrightarrow\Delta KFC\) cân tại K.

a: Xét ΔADC vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{ACD}\) chung

Do đó:ΔADC\(\sim\)ΔBEC

b: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có

\(\widehat{FBC}\) chung

Do đó: ΔBFC\(\sim\)ΔBDA

Suy ra: BF/BD=BC/BA

hay \(BF\cdot BA=BD\cdot BC\)

có hình ko cho mik xin đi :))

a. Ta thấy ngay tứ giác ABLF có hai góc đối bằng 90⁰ và tứ giác AIFC có \(\widehat{AIC}=\widehat{AFC}=90^o\) nên chúng đều là các tứ giác nội tiếp.

b. Ta thấy đường kính AK vuông góc với dây cung CD tại K nên K là trung điểm CD. Vậy ACD là tam giác cân tại A hay AK là phân giác. Từ đó suy ra cung CK = cung CK hay \(\widehat{LCK}=\widehat{KBC}\)

Vậy thì \(\Delta LCK\sim\Delta CBK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{KL}{KC}=\frac{KC}{KB}\Rightarrow KL.KB=KC^2.\)

c. Ta thấy \(\Delta LFK\sim\Delta LBS\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{LF}{LB}=\frac{LK}{LS}\left(1\right)\)

\(\Delta LCK\sim\Delta LBD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{LK}{LD}=\frac{LC}{LB}\left(2\right)\)

Từ (1), (2) suy ra \(\frac{LF}{LB}:\frac{LC}{LB}=\frac{LK}{LS}:\frac{LK}{LD}\Rightarrow\frac{LF}{LC}=\frac{LD}{LS}\)

\(\Rightarrow LF.LS=LC.LD\Rightarrow LF\left(SD+DL\right)=\left(LF+FC\right)LD\)

\(\Rightarrow LF.SD+LF.DL=LF.DL+FC.LD\Rightarrow LF.DS=FC.LD\)

\(=\frac{LD}{DS}=\frac{LF}{FC}\left(đpcm\right)\)

Gọi S' là giao điểm của TV và FC

Ta sẽ chứng minh S trùng với S' bằng cách chứng minh HS' và HS cùng vuông góc với FC.

Thật vậy:

\(\Delta FTV\)cân tại F nên \(\widebat{FT}=\widebat{FV}\)

Do đó \(\widehat{FCV}=\widehat{FVS'}\)

Từ đó suy ra \(\Delta FCV~\Delta FVS'\left(g.g\right)\)

Suy ra \(FS'.FC=FV^2\)

Mà FV = FH nên \(FS'.FC=FH^2\)

Từ đó suy ra \(\Delta FS'H~\Delta FHC\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{FS'H}=\widehat{FHC}=90^0\)

\(\Rightarrow HS'\perp FC\)

Dễ dàng chứng minh được \(HS\perp FC\)

Lúc đó thì S trùng S'

Vậy T, V, S thẳng hàng (đpcm)

câu a thật sự ko ra,xl bn nha

a) Ta có: Đường tròn (O) đường kính BC và 2 điểm D;E nằm trên (O)

=> ^BEC=^BDC=90⁰ => BD vuông AC; CE vuông AB

Mà BD gặp CE tại H => H là trực tâm \(\Delta\)ABC

=> AH vuông BC (tại F) hay AF vuông BC (đpcm).

b) Thấy: \(\Delta\)ADH vuông đỉnh D, M là trg điểm AH

=> \(\Delta\)DMA cân đỉnh M => ^MDA=^MAD (1).

Tương tự: \(\Delta\)DOC cân đỉnh O => ^ODC=^OCD (2).

(1) + (2) => ^MAD+^ODC = ^MDA+^ODC = ^MAD+^OCD

Mà 2 góc ^MAD; ^OCD phụ nhau (Do \(\Delta\)AFC vuông đỉnh F)

=> ^MDA+^ODC=90⁰ => ^MDO=90⁰ => MD vuông OD

Lập luận tương tự: ME vuông OE => Tứ giác MEOD có ^MEO=^MDO=90⁰

=> MEOD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM

Xét tứ giác MFOD: ^MFO=^MDO=90⁰ => Tứ giác MFOD nội tiếp đường tròn đường kính MO.

Do đó: 5 điểm M;D;O;E;F cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OM (đpcm).

c) Dễ c/m \(\Delta\)EBF ~ \(\Delta\)CDF (c.g.c) => ^EFB=^CFD

=> 90⁰ - ^EFB = 90⁰ - ^CFD => ^EFA=^DFA hay ^EFM=^MFD

Xét tứ giác FEMD: Nội tiếp đường tròn => ^EFM=^KDM => ^MFD=^KDM

=> \(\Delta\)MKD ~ \(\Delta\)MDF (g.g) => \(\frac{MD}{MF}=\frac{MK}{MD}\Rightarrow MD^2=MK.MF\)(đpcm).

Gọi I là giao điểm BK và MC.

Dễ thấy: \(\Delta\)FEK ~ FMD (g.g) => \(\frac{FE}{FM}=\frac{FK}{FD}\Rightarrow FE.FD=FM.FK\)

Hoàn toàn c/m được: \(\Delta\)EFB ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => \(\frac{FE}{FC}=\frac{BF}{FD}\Rightarrow FE.FD=BF.FC\)

Từ đó suy ra: \(FM.FK=BF.FC\)\(\Rightarrow\frac{BF}{FM}=\frac{FK}{FC}\)

\(\Rightarrow\Delta\)BFK ~ \(\Delta\)MFC (c.g.c) => ^FBK=^FMC . Mà ^FMC+^FCM=90⁰

=> ^FBK+^FCM = 90⁰ hay ^FBI+^FCI=90⁰ => \(\Delta\)BIC vuông đỉnh I

=> BK vuông với MC tại điểm I.

Xét \(\Delta\)MBC: BK vuông MC (cmt); MK vuông BC (tại F) => K là trực tâm \(\Delta\)MBC (đpcm).

d) Thấy ngay: EH là phân giác trong của \(\Delta\)FEK. Mà EA vuông EH

=> EA là phân giác ngoài tại đỉnh E của \(\Delta\)FEK

Theo ĐL đường phân giác trg tam giác: \(\frac{KH}{FH}=\frac{AK}{AF}\)

\(\Leftrightarrow1+\frac{KH}{FH}=1+\frac{AK}{AF}\Rightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{AK+AF}{AF}\Leftrightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{FK+2AK}{AF}\)

\(\Leftrightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{FK}{AF}+\frac{2AK}{AF}\Leftrightarrow\frac{FK}{AF}=\frac{FK}{FH}-\frac{2AK}{AF}\)

\(\Leftrightarrow\frac{FK}{AF}+\frac{FK}{FH}=\frac{2FK}{FH}-\frac{2AK}{AF}=2+\frac{2KH}{FH}-2+\frac{2KF}{AF}=\frac{2KH}{FH}+\frac{2KF}{AF}\)

\(\Rightarrow FK\left(\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}\right)=\frac{2KH}{FH}+\frac{2KF}{AF}\)

Đến đây, lại thay: \(\frac{KH}{FH}=\frac{AK}{AF}\)(T/c đg phân giác)

\(\Rightarrow FK\left(\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}\right)=\frac{2\left(AK+KF\right)}{AF}=\frac{2AF}{AF}=2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}=\frac{2}{FK}.\)(đpcm). 

d.

Xét△FBH và △FAC có BFH=AFC=90*,FBH=FAC(cùng phụ BCD)

=>△FBH∼ △FAC(g.g) =>FH.FA=FB.FC .

Xét△FBK và △FMC có BFK=MFC=90*, FBK=FMC

=>△FBK ∼ △FMC(g.g)=>FK.FM=FB.FC .

=>FH.FA=FK.FM

Mà FH+FA=FM-MH+FM+MA=2FM

Ta có 2FH.FA=2FK.FM=>2FH.FA=FK(FH+FA)=>KL