a ) 

Xét tứ giác AHBI , ta có : 

\(\widehat{I_2}=90^o\left(gt\right)\)

\(\widehat{H_1}=90^o\left(gt\right)\)

\(\widehat{I_2}+\widehat{H_1}=90^o+90^o=180^o\)

Vay : tứ giác AHBI nội tiếp 

Xét tứ giác AHCK , ta có : 

\(\widehat{K_2}=90^O\left(gt\right)\)

\(\widehat{H_2}=90^o\left(gt\right)\)

\(\widehat{K_2}+\widehat{H_2}=90^o+90^o=180^o\)

Vậy tứ giác AHCK nội tiếp 

1) Ta có: \(\angle AEB+\angle ADB=90+90=180\Rightarrow AEBD\) nội tiếp

2) Tương tự ta chứng minh được: \(ADCF\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle ADF=\angle ACF=\angle ABC\)

3) Ta có: \(\angle AED=\angle ABC=\angle ADF\)

Tương tự \(\Rightarrow\angle ADE=\angle AFD\)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta AFD:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle ADE=\angle AFD\\\angle AED=\angle ADF\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta AFD\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{AD}{AF}=\dfrac{AE}{AD}\Rightarrow AD^2=AE.AF\)

4) \(\Delta ADE\sim\Delta AFD\Rightarrow\angle DAE=\angle DAF\)

\(\Rightarrow AD\) là phân giác \(\angle EAF\)

Vì M,N là trung điểm AE,AF \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AM=\dfrac{1}{2}AE\\AN=\dfrac{1}{2}AF\end{matrix}\right.\)

Theo đề: \(AD=AM+AN\Rightarrow AD^2=\left(AM+AN\right)^2\)

\(\Rightarrow AE.AF=\dfrac{1}{4}\left(AE+AF\right)^2\Rightarrow4AE.AF=\left(AE+AF\right)^2\)

mà \(\left(AE+AF\right)^2\ge4AE.AF\) (BĐT Cô-si) 

\(\Rightarrow AE=AF\Rightarrow\Delta AEF\) cân tại A có \(AD\) là phân giác \(\angle EAF\)

\(\Rightarrow AD\) là trung trực \(EF\Rightarrow AD\bot EF\) mà \(AD\bot BC\)

\(\Rightarrow BC\parallel EF\) 

Ta có: \(\angle EBC=\angle EBA+\angle ABC=\angle ACB+\angle ACF=\angle FCB\)

\(\Rightarrow BCFE\) là hình thang cân có \(AD\) là trung trực EF

\(\Rightarrow AD\) là trung trực BC mà \(O\in\) trung trực BC

\(\Rightarrow A,O,D\) thẳng hàng

a: góc AMB=góc AHB=90 độ

=>AMHB nội tiếp

b:góc AFD=góc ADC=góc ABC

Xét ΔABC và ΔAFD có

góc AFD=góc ABC

góc A chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔAFD

=>AB/AF=AC/AD

=>AB*AD=AF*AC

a) Xét tứ giác AHBI có 

\(\widehat{AHB}\) và \(\widehat{AIB}\) là hai góc đối

\(\widehat{AHB}+\widehat{AIB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

hay A,H,B,I cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)

b) Xét đường tròn (O; R) có \(\widehat{ABI}=\widehat{ACB}\) (cùng chắc cung AB)

=> \(\widehat{ABI}=\widehat{ACH}\)

Xét ΔABI và ΔACH có: \(\widehat{AIB}=\widehat{AHC}\) (=90^o)

                                      \(\widehat{ABI}=\widehat{ACH}\) (cmt)

=> ΔABI ~ ΔACH (g.g) => \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AI}{AH}\)=> AI.AC = AH.AB

c) CMTT câu b => ΔABH ~ ΔACK (g.g) => \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AH}{AK}\)

=> \(\dfrac{AI}{AH}=\dfrac{AH}{AK}\left(=\dfrac{AB}{AC}\right)\) => AH² = AI.AK

Gợi ý:

*MD cắt AH tại G.

Dễ dàng chứng minh các tam giác AMB, AFB, ADB nội tiếp đường tròn đường kính AB.

\(\Rightarrow\)5 điểm A,M,F,D,B nằm trên đường tròn.

Xét đường tròn \(\left(AMFDB\right)\) có: \(\widehat{ADM}=\widehat{ABM}\)

Xét (O) có: \(\widehat{BAM}=\widehat{ACB}\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ABM}+\widehat{BAM}=90^0\\\widehat{ACB}+\widehat{FAC}=90^0\end{matrix}\right.\) mà \(\widehat{BAM}=\widehat{ACB}\)

\(\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{FAC}\) \(\Rightarrow\widehat{ADM}=\widehat{FAC}\)

\(\Rightarrow\Delta AGD\) cân tại G. Từ đây có thể chứng minh dễ dàng G là trung điểm AH.

*NE cắt AH tại G'. Chứng minh tương tự G' là trung điểm AH.

\(\Rightarrow G\equiv G'\) nên MD,NE,AH đồng quy.

2:

Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì m-2<0

=>m<2

a: góc ACD=1/2*180=90 độ

góc ECF+góc EBF=180 độ

=>EBFC nội tiếp

b: góc BEF=góc BCF

=>góc BEF=góc BCD=1/2*sđ cung BD

=góc BAD

=góc EBA

=>EF//AB