Lời giải:

a) 

$\widehat{ABD}=\widehat{DCA}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

$\Leftrightarrow \widehat{ABE}=\widehat{DCE}=90^0$

Tứ giác $ABEH$ có tổng 2 góc đối $\widehat{ABE}+\widehat{AHE}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác $DCEH$ có tổng 2 góc đối $\widehat{DCE}+\widehat{EHD}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.

b) 

Từ 2 tứ giác nội tiếp phần a, kết hợp với $ABCD$ là tứ giác nội tiếp, ta có:

\(\widehat{HBE}=\widehat{EAH}=\widehat{CAD}=\widehat{CBD}=\widehat{CBE}\) nên $BE$ là tia phân giác $\widehat{HBC}$

\(\widehat{HCE}=\widehat{EDH}=\widehat{BDA}=\widehat{BCA}=\widehat{BCE}\) nên $CE$ là tia phân giác $\widehat{BCH}$

Do đó $E$ chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BCH$

c) Sử dụng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền. Suy ra $IH=IC=EI=ID$.

Ta có:

\(\widehat{IHD}=\widehat{IDH}=\widehat{ODB}=\widehat{OBD}=\widehat{OBI}\) nên $OBIH$ là tứ giác nội tiếp $(1)$

Mặt khác:

$\widehat{HIC}=\widehat{HIB}+\widehat{CIB}$

$=2\widehat{IDH}+2\widehat{CDI}$

$=2\widehat{HDC}=2\widehat{ADC}=2(90^0-\widehat{CAD})$

$=180^0-2\widehat{CBE}=180^0-\widehat{CBH}$

$\Rightarrow BHIC$ là tứ giác nội tiếp $(2)$

Từ $(1);(2)$ suy ra đpcm.

Hình vẽ:

a:Xét tứ giác AFDC có

góc AFC=góc ADC=90 độ

Do đó: AFDC là tứ giác nội tiếp

b: Gọi AG là đường kính của (O)

Xét (O) có

ΔACG nội tiếp

AG là đường kính

Do đo: ΔACG vuông tại C

Xét ΔACG vuông tại C và ΔADB vuông tại D có

góc AGC=góc ABD

Do đó: ΔACG đồng dạng với ΔADB

=>AC/AD=AG/AB

=>AB*AC=AG*AD

a) Ta có: \(\angle AEB=\angle ADB=90\Rightarrow ABDE\) nội tiếp

b) Vì AK là đường kính \(\Rightarrow\angle ACK=\angle ABK=90\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CK\bot AC\\BK\bot AB\end{matrix}\right.\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}BH\bot AC\\CH\bot AC\end{matrix}\right.\Rightarrow\) \(BH\parallel CK,CH\parallel BK\)

\(\Rightarrow BHCK\) là hình bình hành

c) Vì F là giao điểm của CH và AB \(\Rightarrow CF\bot AB\)

Ta có: \(\dfrac{AD}{HD}+\dfrac{BE}{HE}+\dfrac{CF}{HF}=\dfrac{AD.BC}{HD.BC}+\dfrac{BE.AC}{HE.AC}+\dfrac{CF.AB}{HF.AB}\)

\(=\dfrac{S_{ABC}}{S_{HBC}}+\dfrac{S_{ABC}}{S_{AHC}}+\dfrac{S_{ABC}}{S_{AHB}}=S_{ABC}\left(\dfrac{1}{S_{HBC}}+\dfrac{1}{S_{AHC}}+\dfrac{1}{S_{AHB}}\right)\)

\(\ge S_{ABC}.\dfrac{9}{S_{HBC}+S_{HAC}+S_{AHB}}\)(BĐT Schwarz) \(=S_{ABC}.\dfrac{9}{S_{ABC}}=9\)

\(\Rightarrow Q_{min}=9\)

a: Xét (O) có

góc BEC, góc BDC đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

=>góc BEC=góc BDC=90 độ

=>CE vuông góc AB, BD vuông góc AC

Xét ΔABC có

CE,BD là đường cao

CE cắt BD tại H

=>H là trực tâm

=>AH vuông góc BC tại F

góc BEH+góc BFH=180 độ

=>BEHF nội tiếp
b: Xét ΔHCB có CO/CB=CM/CH

nên OM//BH

=>góc COM=góc CBH

=>góc COM=góc FEC

=>góc MOF+góc FEM=180 độ

=>OMEF nội tiếp

Xét tam giác vuông EFD có:

FM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CD

Ta có:

 là góc ngoài tại đỉnh M của tam giác FMD nên:

Xét tứ giác BCMF có:

 và  và cùng nhìn cạnh BF dưới một góc bằng nhau

Suy ra, tứ giác BCMF nội tiếp được.

a: góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

góc BDH+góc BFH=180 độ

=>BDHF nội tiếp

b; góc ACK=1/2*sđ cung AK=90 độ

Xét ΔACK vuông tại C và ΔADB vuông tại D có

góc AKC=góc ABD

=>ΔACK đồng dạng với ΔADB

=>AC/AD=AK/AB

=>AC*AB=AD*AK