a) Dễ thấy A, H, K thẳng hàng.

Ta có \(\widehat{KCB}=\widehat{HCB}=90^o-\widehat{ABC}=\widehat{KAB}\).

Suy ra tứ giác ACKB nội tiếp.

b) \(\widehat{ABD}=\widehat{AA'C};\widehat{ADB}=\widehat{ACA'}=90^o\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta AA'C\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{A'AC}\)

\(\Rightarrow\widehat{AA'C}=90^o-\widehat{ABC}=90^o-\widehat{AEF}\Rightarrow AA'\perp EF\)

c) Ta có BH // A'C (do cùng vuông góc với AC), CH // A'B (do cùng vuông góc với AB) nên tứ giác BHCA' là hình bình hành. Suy ra H, I, A' thẳng hàng.

d) Do OI là đường trung bình của tam giác A'AH nên OI // AH,\(\dfrac{OI}{AH}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{IG}{AG}\Rightarrow\) H, G, O thẳng hàng và \(\dfrac{OG}{HG}=\dfrac{1}{2}\). Từ đó \(S_{AHG}=2S_{AOG}\) (đpcm) 

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

Lời giải:
a) Vì $SB, SC$ là tiếp tuyến $(O)$ nên $SB\perp OB, SC\perp OC$ 

$\Rightarrow \widehat{OBS}=\widehat{OCS}=90^0$

Tứ giác $SBOC$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{OBS}+\widehat{OCS}=90^0+90^0=180^0$ nên $SBOC$ là tứ giác nội tiếp.

b) 

$\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0$ và cùng nhìn cạnh $BC$ nên $BFEC$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}(1)$

Mà:

$\widehat{IBF}=\widehat{IBA}=\widehat{ACB}(2)$ (góc nt tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

Từ $(1);(2)\Rightarrow \widehat{IFB}=\widehat{IBF}$

$\Rightarrow \triangle IFB$ cân tại $I$

$\Rightarrow IF=IB$

c) 

$\widehat{FAK}=\widehat{BAO}=\frac{180^0-\widehat{AOB}}{2}=90^0-\widehat{ACB}=\widehat{CAD}(3)$

$\widehat{AFK}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}=\widehat{ACD}(4)$

Từ $(3);(4)\Rightarrow \triangle AFK\sim \triangle ACD$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FK}{CD}(*)$

Mặt khác:

Dễ thấy $\triangle AFE\sim \triangle ACB$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AF}{AC}=\frac{FE}{CB}(**)$

Từ $(*);(**)\Rightarrow \frac{FK}{CD}=\frac{EF}{BC}$

$\Rightarrow FK.BC=EF.CD$ (đpcm)

Hình vẽ:

a: góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BCEF nội tiếp

góc AEH+góc AFH=180 dộ

=>AEHF nội tiếp

b: góc ABK=1/2*sđ cung AK=90 độ

=>BK//CH

góc ACK=1/2*sđ cung AK=90 độ

=>CK//BH

=>BHCK là hình bình hành

=>H đối xứng K qua M

a: Sửa đề: BFEC

góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

b: góc ABK=1/2*sđ cung AK=90 độ

góc BAK=góc BAD+góc DAK

góc DAC=góc DAK+góc CAK

mà góc BAD=góc CAK

nên góc BAK=góc DAC

Xét ΔABK vuông tại B và ΔADC vuông tại D có

góc BAK=góc DAC

=>ΔABK đồng dạng với ΔADC

a) Xét tứ giác BCEF có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{BFC}\) và \(\widehat{BEC}\) là hai góc đối

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

b) Xét tứ giác BHCK có 

I là trung điểm của đường chéo BC(gt)

I là trung điểm của đường chéo HK(H đối xứng với K qua I)

Do đó: BHCK là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

hay BH//CK

Suy ra: BE//CK

mà BE⊥AC(gt)

nên CK⊥AC

⇔C nằm trên đường tròn đường kính AK

mà C,A cùng thuộc (O)

nên AK là đường kính của (O)

hay A,O,K thẳng hàng(đpcm)

Lời giải:

a) Tứ giác $AFHE$ có tổng 2 góc đối nhau  $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0$ nên $AFHE$ là tứ giác nội tiếp.

b) $AK$ là đường kính thì $\widehat{ACK}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác $ABD$ và $AKC$ có:

$\widehat{ADB}=\widehat{ACK}=90^0$

$\widehat{ABD}=\widehat{AKC}$ (góc nt cùng chắn cung $AC$)

$\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle AKC$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AK}{AC}$

$\Rightarrow AB.AC=AD.AK$ (đpcm)

Hình vẽ:

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

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔABA' là tam giác nội tiếp

AA' là đường kính

Do đó: ΔABA' vuông tại B

=>BA'\(\perp\)AB

mà CH\(\perp\)AB

nên BA'//CH

Xét (O) có

ΔACA' là tam giác nội tiếp

AA' là đường kính

Do đó: ΔACA' vuông tại C

=>AC vuông góc CA'

mà BH vuông góc AC

nên BH//A'C

Xét tứ giác BHCA' có

BH//CA'

BA'//CH

Do đó: BHCA' là hình bình hành