a: góc BEC=góc BDC=1/2*sđ cung BC=90 độ

=>CE vuông góc AB, BD vuông góc AC

góc AEH=góc ADH=90 độ

=>AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>I là trung điểm của AH

b: Gọi giao của AH với BC là N

=>AH vuông góc BC tại N

góc IEO=góc IEH+góc OEH

=góc IHE+góc OCE

=90 độ-góc OCE+góc OCE=90 độ

=>IE là tiếp tuyến của (O)

Ta có: \(\widehat{CDF}=\widehat{CAD}\) (cùng chắn AD)

\(\widehat{CAD}=\widehat{BAD}\) (AD là phân giác)

\(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn BD)

\(\Rightarrow\widehat{CDF}=\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow BC||EF\) (hai góc so le trong bằng nhau)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\Rightarrow AB.AF=AC.AE\)

Cũng từ BC song song EF \(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{AFD}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\) (cùng chắn AB)

\(\Rightarrow\widehat{AFD}=\widehat{ADB}\)

Xét 2 tam giác AFD và ADB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FAD}=\widehat{DAB}\left(\text{AD là phân giác}\right)\\\widehat{AFD}=\widehat{ADB}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta AFD\sim\Delta ADB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AF}{AD}\Rightarrow AB.AF=AD^2\)

\(\Rightarrow AB.AF=AC.AE=AD^2\)

a) Ta có O là tâm ngoại tiếp \(\Delta\)ABC nên ^OAC = 90⁰ - ^ABC hay ^OAC + ^ABC = 90⁰

Đường tròn đường kính OP cắt AB,AC tại D,E => ^ABC = ^AED. Do đó ^OAC + ^AED = 90⁰

Suy ra OA vuông góc với DE (đpcm).

b) Bổ đề (Quan sát hình bên phải) Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Một đường tròn (R) tiếp xúc với hai cạnh AB,AC đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (ABC) lần lượt tại M,N,P. Khi đó MN đi qua tâm nội tiếp của tam giác ABC.

Thật vậy: Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC. Ta thấy R vừa tiếp xúc dây AC tại N, vừa tiếp xúc trong với (ABC) tại P

Từ đó dễ suy ra PN đi qua điểm chính giữa (AC. Tương tự PM đi qua điểm chính giữa (AB

Gọi PM,PN cắt (ABC) lần lượt tại F,E thì CF cắt BE tại I (Vì I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC)

Áp dụng ĐL Pascal cho bộ 6 điểm F,A,E,B,P,C ta thu được M,I,N thẳng hàng.

Quay trở lại bài toán: Gọi T là trung điểm OP. Hạ TH,TM,TN lần lượt vuông góc với DE,PB,PC

Có ^PEC = ^PBC = ^CAB => PE // AD. Tương tự PD // AE, suy ra tứ giác ADPE là hình bình hành

Dễ thấy T là tâm của (OP) và ^ETD = 2^EPD = 2^BAC = Sđ(BC_(O) = const

Mà TD = TE = OP/2 = const nên độ dài đường cao của \(\Delta\)DTE không đổi hay TH =  const

\(\Delta\)HTE = \(\Delta\)MTP = \(\Delta\)NTP (Ch.gn) => TH = TM = TN. Do vậy T cố định và là tâm nội tiếp \(\Delta\)PQR

Nếu ta gọi (S) là đường tròn tiếp xúc với PQ,PR lần lượt tại K,L và tiếp xúc trong với (PQR)

Thì lúc này K,T,L thẳng hàng (Bổ đề). Theo tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau thì PK = PL

=> \(\Delta\)KPL cân tại P và nhận PT làm đường cao. Ta thấy P,T,N đều cố định (cmt) nên PT,PN không đổi

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có PT² = PN.PL => PL = const

Ta lại có PL² = PT.PS, từ đây có PS = const. Mà S nằm trên tia PT cố định nên S cố định

Đồng thời SL² = SK² = PS² - PL² = const. Suy ra đường tròn (S) cố định

Vậy thì đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)PQR luôn tiếp xúc với đường tròn (S) cố định (đpcm).

*) Nhận xét: Đường tròn (R) được nêu trong bổ đề chính là đường tròn Mixtilinear của tam giác ABC.

a) Xét (O) có

\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

\(\widehat{DBC}\) là góc tạo bởi dây cung BC và tiếp tuyến BD

Do đó: \(\widehat{BAC}=\widehat{DBC}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

a) Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC

=> OA=OB=OC và O là trung điểm của BC

=> Tam giác ABC vuông tại A

=> góc BAC = 90 độ

b) DO tam giác HAK nội tiếp đường tròn (I) 

Lại có góc HAK = 90 độ

=> HK là đường kính của (I)

=> HK đi qua I

=> H,I,K thẳng hàng

c) Đề bài ghi ko rõ

d) 3 điểm nào?