Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.

M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành

\(\Rightarrow NC//BH\)

Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O ) 

Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)

M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC

Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :

\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng

gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD

Đường thẳng ME cắt NF tại S

Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )

Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)

Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)

\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )

\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)

Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )

Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)

Bài 4:

Bài 1: 

a: Xét tứ giác ABCD có góc B+góc D=180 độ

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

=>góc BAC=góc BDC và góc DAC=góc DBC

mà góc CBD=góc CDB

nên góc BAC=góc DAC

hay AC là phân giác của góc BAD
b: Ta có: góc BCA=góc BAC

=>góc BCA=góc CAD

=>BC//AD

=>ABCD là hình thang

mà góc B=góc BCD

nên ABCD là hình thang cân

1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và

F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .

2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.

Ta có  G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B   , và  F B ∥ A D  ta có  G ∈ A D .

3). Chứng minh  B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.

1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):

- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
  + Góc \(A\) chung.
  + Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
  
  Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).

2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:

- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).

3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:

- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.

a: Xét ΔADE vuông tại E và ΔCDA vuông tại A có

góc CDA chung

=>ΔADE đồng dạng với ΔCDA

b: DE*DC=DA^2=AB^2/4

c: DB^2=DE*DC

=>DB/DE=DC/DB

=>ΔDBC đồng dạng với ΔDEB

=>góc DCB=góc DBE