a: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔAEC vuông tại E và ΔADB vuông tại D có

\(\widehat{EAC}\) chung

Do đó: ΔAEC đồng dạng với ΔADB

=>\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\)

=>\(AE\cdot AB=AD\cdot AC\)

Xét ΔABC có

CE,BD là đường cao

CE cắt BD tại H

DO đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại M

Xét tứ giác AEHD có

\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EAH}\)

=>\(\widehat{EDB}=\widehat{BAH}=90^0-\widehat{ABC}\left(1\right)\)

Xét tứ giác HDCM có

\(\widehat{HDC}+\widehat{HMC}=90^0+90^0=180^0\)

=>HDCM là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HDM}=\widehat{HCM}\)

=>\(\widehat{MDB}=\widehat{ECB}=90^0-\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{EDB}=\widehat{MDB}\)

=>DB là phân giác của \(\widehat{EDM}\)

a: Xét tứ giác ADHE có

\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

=>ADHE là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

c: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC

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: 

a, 

Tứ giác ADHK có ˆADH+ˆAKH=90+90=180oADH^+AKH^=90+90=180o

 ADHK là tứ giác nội tiếp.

b,

BM phân giác ˆABCABC^

⇒ˆABM=ˆMBC⇒ABM^=MBC^

⇒⌢AM=⌢MC⇒AM⌢=MC⌢ (2 góc nội tiếp chắn 2 cung)  

⇒ˆAOM=ˆMOC⇒AOM^=MOC^ (2 góc ở tâm cũng chắn 2 cung đó)

 OM phân giác ˆAOCAOC^ 

d)
Trên BF lấy điểm G sao cho GK //AB
=>KG⊥⊥CE (1) và BGBF=AKAFBGBF=AKAF (2)
theo câu c), DH là phân giác trong ˆKDFKDF^ (3)
=>HKHF=DKDFHKHF=DKDF (4)
có DA⊥⊥DH (5)
từ (3, 5) =>DA là phân giác ngoài ˆKDFKDF^
=>AKAF=DKDFAKAF=DKDF (6)
từ (2, 4, 6) =>BGBF=HKHFBGBF=HKHF (7)
trên tia đối tia BC lấy điểm J sao cho BJ =BG
=>BJBF=BGBFBJBF=BGBF (8)
từ (7, 8) =>BJBF=HKHFBJBF=HKHF
=>JK // BH
=>JK⊥⊥AC (8)
từ (1, 8) =>ˆJKG=ˆACHJKG^=ACH^ (9)
và có JF⊥⊥AH và (1)=>ˆKGJ=ˆCHAKGJ^=CHA^ (10)
từ (9, 10) =>△KGJ∼△CHA△KGJ∼△CHA (g, g)
=>KGCH=GJHA=2.GB2.HI=GBHIKGCH=GJHA=2.GB2.HI=GBHI (11)
từ (10, 11) =>△KGB∼△CHI△KGB∼△CHI (c, g, c)
=>ˆKBF=ˆCIFKBF^=CIF^
=>△FBK∼△FIC△FBK∼△FIC (đpcm)
và ˆICB+ˆFBKICB^+FBK^
=ˆBKF+ˆFBK=90∘=BKF^+FBK^=90∘
=>BK⊥CIBK⊥CI =>K là trực tâm của tam giác IBC (đpcm)

Hình gửi kèm

a: góc BEC=góc BDC=1/2*180=90 độ

=>CE vuông góc AB, BD vuông góc AC

góc AEH+góc ADH=180 độ

=>AEHD nội tiếp

b: góc EFH=góc ABD

góc DFH=góc ACE
mà góc ABD=góc ACE

nên góc EFH=góc DFH

=>FH là phân giác của góc EFD