1: Ta có: BL⊥BA
CH⊥BA
Do đó: BL//CH
ta có: CL⊥CA
BH⊥CA
Do đó: BH//CL
Xét tứ giác BHCL có
BH//CL
BL//CH
Do đó: BHCL là hình bình hành
=>BC cắt HL tại trung điểm của mỗi đường
mà M là trung điểm của BC
nên M là trung điểm của HL
Xét tứ giác ABLC có \(\hat{ABL}+\hat{ACL}=90^0+90^0=180^0\)
nên ABLC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{ABC}=\hat{ALC}\) (1)
Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{FEC}+\hat{FBC}=180^0\)
mà \(\hat{FEC}+\hat{AEF}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AEF}=\hat{ABC}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEF}=\hat{ALC}\)
mà \(\hat{ALC}+\hat{LAC}=90^0\) (ΔACL vuông tại C)
nên \(\hat{AEF}+\hat{LAC}=90^0\)
=>AL⊥FE
2: Xét tứ giác BIKD có \(\hat{BID}=\hat{BKD}=90^0\)
nên BIKD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{IKD}+\hat{IBD}=180^0\)
=>\(\hat{IKD}=180^0-\hat{ABC}\)
Xét tứ giác HKDP có \(\hat{HKD}+\hat{HPD}=180^0\)
nên HKDP là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DKP}=\hat{DHP}=\hat{DHC}\)
\(\hat{IKD}+\hat{DKP}=180^0-\hat{ABC}+\hat{DHC}=180^0-\hat{ABC}+\hat{ABC}=180^0\)
=>I,K,P thẳng hàng(3)
Xét tứ giác CQPD có \(\hat{CQD}=\hat{CPD}=90^0\)
nên CQPD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DPQ}+\hat{DCQ}=180^0\)
=>\(\hat{DPQ}=180^0-\hat{ACB}\)
HKDP nội tiếp
=>\(\hat{DPK}=\hat{DHK}=\hat{DHB}\)
mà \(\hat{DHB}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{EBC}\right)\)
nên \(\hat{DPK}=\hat{ACB}\)
\(\hat{DPQ}+\hat{DPK}=180^0-\hat{ACB}+\hat{ACB}=180^0\)
=>K,P,Q thẳng hàng(4)
từ (3) và (4) suy ra I,K,P,Q thẳng hàng
