a/ Ta có 

IH vuông góc AB => ^AHI = 90

IK vuông góc AD => ^AKI = 90

=> H và K cùng nhìn AI dưới hai góc bằng nhau => AHIK là tứ giác nội tiếp

b/ Xét tam giác ADI và tam giác BCI có

^AID=^BIC (góc đối đỉnh)

sđ ^DAC = sđ ^DBC = 1/2 sđ cung CD (góc nội tiếp) => ^DAC=^DBC

=> tg ADI đồng dạng tg BCI

=>\(\frac{IA}{IB}=\frac{ID}{IC}\)⇒IA.IC=IB.ID

c/ 

Xét  tứ giác nội tiếp AHIK có

^HIK = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (1)

^DAC = ^KHI (2 góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (2)

Xét tứ giác nội tiếp ABCD có

^BCD = 180 - ^DAB (hai góc đối của tứ giác nội tiếp bù nhau) (3)

^DAC = ^DBC (hai góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4)

Xét hai tam giác HIK và tam giác BCD

Từ (1) và (3) => ^HIK = ^BCD

Từ (2) và (4) => ^KHI = ^DBC

=> tam giác HIK đồng dạng với tam giác BCD

a) Tứ giác AHIK có:

A H I ^ = 90 0   ( I H ⊥ A B ) A K I ^ = 90 0   ( I K ⊥ A D ) ⇒ A H I ^ + A K I ^ = 180 0

=> Tứ giác AHIK nội tiếp.

b) ∆ IAD và  ∆ IBC có:

A ^ 1 = B ^ 1  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))

A I D ^ = B I C ^  (2 góc đối đỉnh)

=> ∆ IAD ~   ∆ IBC (g.g)

⇒ I A I B = I D I C ⇒ I A . I C = I B . I D

c, Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có K ^ 1 = D ^ 1

A ^ 1 = H ^ 1  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

mà  A ^ 1 = B ^ 1 ⇒ H ^ 1 = B ^ 1

Chứng minh tương tự, ta được K ^ 1 = D ^ 1

∆ HIK và  ∆ BCD có:  H ^ 1 = B ^ 1  ;  K ^ 1 = D ^ 1

=>   ∆ HIK  ~   ∆ BCD (g.g)

d) Gọi S₁ là diện tích của  ∆ BCD.

Vì  ∆ HIK  ~   ∆ BCD nên:

S ' S 1 = H K 2 B D 2 = H K 2 ( I B + I D ) 2 ≤ H K 2 4 I B . I D = H K 2 4 I A . I C                                 (1)

Vẽ  A E ⊥ B D  ,  C F ⊥ B D ⇒ A E / / C F ⇒ C F A E = I C I A  

∆ ABD và  ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên:

S 1 S = C F A E ⇒ S 1 S = I C I A                                                                     (2)

Từ (1) và (2) suy ra

S ' S 1 ⋅ S 1 S ≤ H K 2 4 I A . I C ⋅ I C I A ⇔ S ' S ≤ H K 2 4 I A 2  (đpcm)

c: AHIK nội tiếp

=>góc AIK=góc AHK

BHKC nội tiếp nên góc ICK=góc AHK

=>góc ICK=góc AIK

=>góc AIC=90 độ

a) Xét tứ giác DFEC có

\(\widehat{DFC}=\widehat{DEC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{DFC}\) và \(\widehat{DEC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh DE

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

hình như thiếu đề bài nha bạn

\(\widehat{\text{AFB}}=\widehat{ADB}=90^0\)

Mà ÀB và ADB là hai góc kề cùng nhìn AB dưới hai góc bằng nhau => ÀDB nội tiếp

b) ta có \(\widehat{ACB}=\widehat{AEB}\)( cùng chắn cung AB)

\(\widehat{DFC}=\widehat{BAF}\)( trong tứ giác nội tiếp góc ngaoif tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh còn lại )

\(\Rightarrow\widehat{ACB}+\widehat{FDC}=\widehat{BAF}+\widehat{BAE}=90^0\)

\(\Rightarrow DF\perp CA\)

dĐAEDƯÈWEWÈWÉWÈWẺ3GWDFCEWFSCAWECFASEFSAD

Lời giải:

a)

HM⊥AB;HN⊥AC⇒HMAˆ=HNAˆ=900HM⊥AB;HN⊥AC⇒HMA^=HNA^=900

Xét tứ giác AMHNAMHN có tổng 2 góc đối HMAˆ+HNAˆ=900+900=1800HMA^+HNA^=900+900=1800 nên AMHNAMHN là tứ giác nội tiếp (đpcm)

b)

Vì AMHNAMHN nội tiếp ⇒AMNˆ=AHNˆ⇒AMN^=AHN^

Mà AHNˆ=ACBˆ(=900−NHCˆ)AHN^=ACB^(=900−NHC^)

⇒AMNˆ=ACBˆ⇒AMN^=ACB^

Xét tam giác AMNAMN và ACBACB có:

{Aˆ−chungAMNˆ=ACBˆ(cmt)⇒△AMN∼△ACB(g.g){A^−chungAMN^=ACB^(cmt)⇒△AMN∼△ACB(g.g)

⇒AMAC=ANAB⇒AM.AB=AC.AN⇒AMAC=ANAB⇒AM.AB=AC.AN (đpcm)

c)

Ta có: ACBˆ=AEBˆACB^=AEB^ (góc nội tiếp chắn cung ABAB)

ACBˆ=AMNˆACB^=AMN^ (cmt)

⇒AEBˆ=AMNˆ⇒AEB^=AMN^

⇔IEBˆ=1800−BMIˆ⇔IEB^=1800−BMI^

⇔IEBˆ+BMIˆ=1800⇔IEB^+BMI^=1800, do đó tứ giác BMIEBMIE nội tiếp

⇒MIEˆ=1800−MBEˆ=1800−900=900⇒MIE^=1800−MBE^=1800−900=900 (MBEˆ=ABEˆ=900MBE^=ABE^=900 vì là góc nt chắn nửa đường tròn)

⇒MN⊥AE⇒MN⊥AE . Ta có đpcm.

Chúc bạn học tốt

Bài 2:

ΔOBC cân tại O

mà OK là trung tuyến

nên OK vuông góc BC

Xét tứ giác CIOK có

góc CIO+góc CKO=180 độ

=>CIOK là tứ giác nội tiếp

Bài 3:

Xét tứ giác EAOM có

góc EAO+góc EMO=180 độ

=>EAOM làtứ giác nội tiếp