a: Xét tứ giác ABCD có \(\widehat{CBD}=\widehat{CAD}=90^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔEAC vuông tại A và ΔEBD vuông tại B có

\(\widehat{AEC}\) chung

Do đó: ΔEAC~ΔEBD

=>\(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{EC}{ED}\)

=>\(EA\cdot ED=EB\cdot EC\)

c: Gọi Ex là tiếp tuyến tại E của (O)

=>EF\(\perp\)EF tại E

Xét (O) có

\(\widehat{xED}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ex và dây cung ED

\(\widehat{ECD}\) là góc nội tiếp chắn cung ED
Do đó: \(\widehat{xED}=\widehat{ECD}\)

mà \(\widehat{ECD}=\widehat{EAB}\left(=180^0-\widehat{BAD}\right)\)

nên \(\widehat{xED}=\widehat{EAB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ex//BA

ta có: Ex//BA

Ex\(\perp\)EF

Do đó: BA\(\perp\)EF

d: Xét (O) có

ΔECF nội tiếp

EF là đường kính

Do đó: ΔECF vuông tại C

=>FC\(\perp\)EC

mà DH\(\perp\)EC

nên DH//CF

Xét (O) có

ΔEDF nội tiếp

EF là đường kính

Do đó: ΔEDF vuông tại D

=>ED\(\perp\)DF

mà ED\(\perp\)CH

nên CH//DF

Xét tứ giác CHDF có

CH//DF

CF//DH

Do đó: CHDF là hình bình hành

=>CD cắt HF tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của CD

nên I là trung điểm của HF

=>H,I,F thẳng hàng

a,Xét tứ giác ABCD có:
\(\widehat{CBD}=\widehat{CAD}(=90^o)\)
\(\Rightarrow \)ABCD nội tiếp
b,Xét \(\bigtriangleup EBD\) và \(\bigtriangleup EAC\) có:
\(\widehat{CED}\): chung

\(\widehat{EBD}=\widehat{EAC}(=90^o)\)
\(\Rightarrow \)\(\bigtriangleup EBD = \bigtriangleup EAC(g-g)\)
\(\Rightarrow \)\(\frac{EB}{ED}=\frac{EA}{EC}\)
\(\Rightarrow \)\(EB.EC=EA.ED\)
c,\(\Rightarrow \)\(\frac{EB}{EA}=\frac{ED}{EC}\)
Xét \(\bigtriangleup EBA\) và \(\bigtriangleup EDC\) có:
\(\frac{EB}{EA}=\frac{ED}{EC}\)
\(\widehat{CED}\): chung
\(\Rightarrow \)\(\bigtriangleup EBA = \bigtriangleup EDC(c-g-c)\)
Ta có:\(\widehat{FED}=\widehat{FCD}(=\frac{1}{2}sđ\stackrel\frown{ED})\)
   Mà \(\widehat{EAB} =\widehat{ECD}(\bigtriangleup EBD = \bigtriangleup EAC)\)
\(\Rightarrow \)\(\widehat{FED}+\widehat{EAB}=\widehat{FCD}+\widehat{ECD}=\widehat{ECF}\)
Vì \(\widehat{ECF}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow \) \(\widehat{ECF}=90^o\)
\(\Rightarrow \)\(\widehat{FED}+\widehat{EAB}=90^o\)
\(\Rightarrow \)\(EF\perp AB\)
d,Ta có: \(\widehat{FDE}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn\(\Rightarrow \widehat{FDE}=90^o\)
\(\Rightarrow FD \perp ED\)
Mà \(CA\) là đường cao \(\Rightarrow\) \(CA \perp ED\)
\(\Rightarrow FD // CA\) Hay \(FD // CH\)
Lại có: \(\widehat{ECF}=90^o\)
\(\Rightarrow\)\(EC \perp CF\)

Mà 

b) Xét (O) có

MA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(gt)

MB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)

Do đó: MA=MB(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét ΔMAB có MA=MB(cmt)

nên ΔMAB cân tại M(Định nghĩa tam giác cân)

Suy ra: \(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)(hai góc ở đáy)

hay \(\widehat{FAB}=\widehat{EBA}\)

Xét ΔFAB vuông tại F và ΔEBA vuông tại E có 

AB chung

\(\widehat{FAB}=\widehat{EBA}\)(cmt)

Do đó: ΔFAB=ΔEBA(cạnh huyền-góc nhọn)

Suy ra: \(\widehat{FBA}=\widehat{EAB}\)(hai góc tương ứng)

hay \(\widehat{HBA}=\widehat{HAB}\)

Xét ΔHAB có \(\widehat{HBA}=\widehat{HAB}\)(cmt)

nên ΔHAB cân tại H(Định lí đảo của tam giác cân)

Ta có: OA=OB(=R)

nên O nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: IA=IB(I là trung điểm của AB)

nên I nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Ta có: HA=HB(ΔHAB cân tại H)

nên H nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(3)

Ta có: MA=MB(cmt)

nên M nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra O,H,I,M thẳng hàng(đpcm)

a) Xét tứ giác ABEF có 

\(\widehat{AEB}=\widehat{AFB}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{AEB}\) và \(\widehat{AFB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB

Do đó: ABEF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

a) Xét tứ giác AKHF có 

\(\widehat{AKH}\) và \(\widehat{AFH}\) là hai góc đối

\(\widehat{AKH}+\widehat{AFH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: AKHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Câu a thì như bạn Thịnh giải. Câu b bạn xem lại đề. $AF$ vốn dĩ cắt $(O)$ tại $A,F$ rồi thì làm sao cắt $(O)$ tại $J$ nữa?

Hình : bn tự vẽ ...

Giair 

a, Do \(\widehat{AFB}=\widehat{AGB}=90^0\)nên AFCB là tứ giác nội tiếp 

b) AFGB là tứ giác nội tiếp nên suy ra, \(\widehat{GAF}=\widehat{FBG}\)(*) ( cùng chắn cung GF )

Lại có \(\widehat{CAD}=\widehat{CBD}\) (cùng chắn cung CD của (O)), nên BHD là tam giác cân.

c) Với (O), từ (*) suy ra: cung CD = cung CE, nên CD = CE.

Do đó, E và H đối xứng với nhau qua AC

d, Do \(\widehat{JBA}=90^0\) (chắn nửa đường tròn) nên BJ // CL.

Tương tự, JC // BF nên BHCJ là hình bình hành, suy ra K là là trung điểm đoạn HJ.

e) Do O và K tương ứng là trung điểm của JA và JH nên OK là đường trung bình của tam giác AHJ

Suy ra, AH = 2OK.

bạn làm đc câu mấy rồi

câu a b c d e

hok tốt

1: góc AMO+góc ANO=180 độ

=>AMON nội tiếp

2: ΔOAB cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của AB

ΔOAC cân tại O

mà ON là đường cao

nên N là trung điểm của AC

=>NM là đừog trung bình

=>MN//BC

=>MN//AE

=>AMNE là hình thang cân

=>AM=EN; AN=EM

ΔAHB vuông tại H có HM là trung tuyến

nên HM=AB/2=MA=MB

ΔHAC vuông tại H có HN là trung tuyến

nên HN=AN=CN=AC/2

=>HM=EN; HN=EM

=>HMEN là hình bbình hành

=>K làtrung điểm của MN

=>IK vuông góc MN

=>IK vuông góc BC

3: goc MDE+gó MDH=180 độ

=>góc MDE=góc MBH

=>BMDH nội tiếp

=>góc MDB=góc MHB=góc MBH

=>góc MDB=góc MDE

=>DM là phân giác của góc BDE

a: ΔOAB cân tại O

mà OM là trung tuyến

nênOM vuông góc AB

ΔOAC cân tại O

mà ON là trung tuyến

nên ON vuông góc AC

Xét tư giác AMON có

góc AMO+góc ANO=180 độ

=>AMON là tứ giác nội tiếp

b: Vì góc AMO=góc ANO=180 độ

nen AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO

=>R'=AO/2=R/2

\(S=R'^2\cdot3.14=\left(\dfrac{R}{2}\right)^2\cdot3.14=R^2\cdot0.785\)

a:

H đối xứng K qua BC

=>BH=BK CH=CK

Xét ΔBHC và ΔBKC có

BH=BK

HC=KC

BC chung

=>ΔBHC=ΔBKC

=>góc BHC=góc BKC

góc BHC=180 độ-góc HBC-góc HCB

=90 độ-góc HBC+90 độ-góc HCB

=góc ABC+góc ACB

=180 độ-góc BAC

=>góc BAC+góc BHC=180 độ

=>góc BAC+góc BKC=180 độ

=>ABKC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔABM nội tiếp

AM là đường kính

=>ΔABM vuông tại B

=>BM//CH

Xét (O) có

ΔACM nội tiếp

AM là đường kinh

=>ΔACM vuông tại C

=>CM//BH

mà BM//CH

nên BHCM là hình bình hành

=>CB căt HM tại trung điểm của mỗi đường

=>H,I,M thẳng hàng