1: góc MIC=góc MEC=90 độ

=>MIEC nội tiếp

2: Xet ΔMCQ và ΔMAC có

góc MCQ=góc MAC

góc CMQ chung

=>ΔMCQ đồng dạng với ΔMAC

=>MC/MA=MQ/MC

=>MC^2=MQ*MA

a: Xét ΔAPE và ΔACP có

góc APE=góc ACP

góc PAE chung

=>ΔAPE đồng dạng với ΔACP

=>AP^2=AE*AC=AN^2

Xét ΔAND và ΔABN có

góc AND=góc ABN

góc NAD chung

=>ΔAND đồng dạng với ΔABN

=>AD*AB=AN^2

=>AD*AB=AE*AC

=>AD/AC=AE/ABB

=>ΔADE đồng dạng vơi ΔACB

=>góc ADE=góc ACB

b: góc ADE=góc ACB

=>góc BDE+góc BCE=180 độ

=>BDEC nội tiếp

a: Xét tứ giác ANHM có 

\(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=180^0\)

Do đó: ANHM là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔBNH vuông tại N và ΔBMA vuông tại M có 

\(\widehat{NBH}\) chung

Do đó: ΔBNH∼ΔBMA

Suy ra: BN/BM=BH/BA

hay \(BN\cdot BA=BH\cdot BM\)

Xét ΔCMH vuông tại M và ΔCNA vuông tại N có 

\(\widehat{MCH}\) chung

Do đó: ΔCMH∼ΔCNA

Suy ra: CM/CN=CH/CA
hay \(CM\cdot CA=CH\cdot CN\)

\(BN\cdot BA+CM\cdot CA=BM\cdot BM+CH\cdot CN=BC^2\)

a) Bổ đề: Xét tam giác ABC cân tại A, một điểm M bất kì sao cho ^AMB = ^AMC. Khi đó MB = MC.

Bổ đề chứng minh rất đơn giản, không trình bày ở đây.

Áp dụng vào bài toán: Vì E là điểm chính giữa (BC nên EB = EC = ED => \(\Delta\)BED cân tại E

Ta có ^BAE = ^CAE (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ^BAE = ^DAE

Áp dụng bổ đề vào \(\Delta\)BED ta được AB = AD. Khi đó AE là trung trực của BD => AE vuông góc BD

Lại có \(\Delta\)BAD ~ \(\Delta\)CFD (g.g). Mà AB = AD nên FD =FC. Từ đó EF vuông góc DC

Xét \(\Delta\)AEF có FD vuông góc AE (cmt), AD vuông góc EF (cmt) => D là trực tâm \(\Delta\)AEF (đpcm).

b) Gọi DN cắt EC tại I. Ta dễ thấy ^MDI = ^MDN = ^MBN = ^MBC = ^MEC = ^MEI

Suy ra bốn điểm D,E,M,I cùng thuộc một đường tròn => ^EMD = ^EID = 90⁰

Nếu ta gọi MD cắt cung lớn BC của (O) tại S thì ^EMS chắn nửa (O) hay ES là đường kính của (O)

Mà E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên S là điểm chính giữa cung lớn BC

Do đó S là điểm cố định (Vì B,C cố định). Vậy MD luôn đi qua S cố định (đpcm).

a: góc AIC=góc AHC=90 độ

=>AIHC nội tiếp

b: Xét ΔABD và ΔAEB có

góc ABD=góc AEB

góc BAD chung

=>ΔABD đồng dạng với ΔAEB

=>AB^2=AD*AE

b) \(\widehat{NAB}=\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) nên NA là tiếp tuyến của (O).

Do O, N nằm trên đường trung trực của AB nên A, B đối xứng với nhau qua ON.

Từ đó NB là tiếp tuyến của (O).

c) Do NA là tiếp tuyến của (O) nên \(\Delta NAL\sim\Delta NKA(g.g)\)

\(\Rightarrow\dfrac{NA}{NK}=\dfrac{AL}{KA}=\dfrac{NL}{NA}\Rightarrow\left(\dfrac{AL}{KA}\right)^2=\dfrac{NA}{NK}.\dfrac{NL}{NA}=\dfrac{NL}{NK}\).

Tương tự do NB là tiếp tuyến của (O) nên \(\left(\dfrac{BL}{KB}\right)^2=\dfrac{NL}{NK}\Rightarrow\left(\dfrac{AL}{KA}\right)^2=\left(\dfrac{BL}{KB}\right)^2\Rightarrow\dfrac{AL}{KA}=\dfrac{BL}{KB}\Rightarrow\dfrac{AL}{BL}=\dfrac{KA}{KB}=\dfrac{2R}{KB}\).

Từ đó \(\dfrac{BK.AL}{BL}=2R\) không đổi \(\).

Sửa lại đề là đường tròn (HDS) đi qua một điểm cố định.

Ta có \(\widehat{ASE}=\widehat{EAS}=\widehat{OCA}\) nên tứ giác OECS nội tiếp. Từ đó \(AO.AS=AE.AC=AH.AD\). Suy ra tứ giác OHDS nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác HDS đi qua O cố định