a: góc AEH+góc ADH=180 độ

=>AEHD nội tiêp

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC nội tiếp

b: góc ABI=góc ACK(=90 độ-góc BAC)

góc ABI=1/2*sđ cung AI

góc ACK=1/2*sđ cung AK

=>sđ cung AI=sđ cung AK

=>AI=AK

Mình sửa lại đề: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp (O). Đường cao BD, CE cắt nhau tại H. EF cắt BC tại F. AF cắt lại (O) tại K. Gọi M là trung điểm của BC.

a) Từ gt dễ thấy tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn tâm M.

b) Tứ giác BCDE nội tiếp nên theo phương tích ta có FB . FC = FD . FE.

Tứ giác AKBC nội tiếp nên theo phương tích ta có FK . FA = FB . FC.

Vậy ta có đpcm.

c) Ta có FA . FK = FE . FD nên theo phương tích đảo ta có tứ giác AKED nội tiếp.

Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính AH và FH là N.

Khi đó FH . FN = FE . FD = FB . FC.

Suy ra tứ giác BHNC nội tiếp.

Ta có \(\widehat{DNC}=360^o-\widehat{DNH}-\widehat{CNH}=\left(180^o-\widehat{DNH}\right)+\left(180^o-\widehat{CNH}\right)=\widehat{DEH}+\widehat{HBC}=2\widehat{HBC}=\widehat{DMC}\).

Do đó tứ giác DNMC nội tiếp.

Tương tự tứ giác ENMB nội tiếp.

Suy ra \(\widehat{DNM}+\widehat{DNA}=180^o-\widehat{ACB}+\widehat{AED}=180^o\) nên A, N, M thẳng hàng.

Từ đó \(\widehat{MHN}=\widehat{ANH}=90^o\) nên \(FH\perp AM\).

(Câu c là trường hợp đặc biệt của định lý Brocard khi tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn tâm M).

Hình vẽ: 

a: Xét tứ giác BEDC có

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC là tứ giác nội tiêp

b: góc ABM=góc ACN

=>sđ cung AM=sđ cung AN=2*30=60 độ

=>AM=AN

c: OM=ON

AM=AN

=>OA là trung trực của MN

=>OA vuông góc MN

d: Kẻ đường kính AD

Xét ΔACD vuông tại C và ΔAKB vuông tại K có

góc ADC=góc ABK

=>ΔACD đồng dạng với ΔAKB

=>AC/AK=AD/AB

=>AK*2*R=AB*AC

1.

Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.

Suy ra 44 điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.

Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE (22 góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ​=ABP.

Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có \widehat{ACQ}ACQ​ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung APAP

\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢​=AP⌢.

2.

(O)(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ}ABP=ABQ​ hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}HBE=QBE​.

Ta chứng minh được BEBE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQHBQ nên EE là trung điểm của HQHQ.

Chứng minh tương tự DD là trung điểm của HPHP \Rightarrow DE⇒DE là đường trung bình của tam giác HPQHPQ \Rightarrow DE // PQ⇒DE//PQ (1).

Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên AA là điểm chính giữa cung PQPQ \Rightarrow OA \perp PQ⇒OA⊥PQ (2).

Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DEOA⊥DE.

3.

Kẻ đường kính CFCF của đường tròn tâm (O)(O), chứng minh tứ giác ADHEADHE nội tiếp đường tròn đường kính AHAH.

Chứng minh tứ giác AFBHAFBH là hình bình hành, suy ra BF=AHBF=AH.

Trong đường tròn (O)(O) có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}CAB=CFB=60∘ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BCBC). Chỉ ra tam giác BCFBCF vuông tại BB và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6BF=CF.cos60∘=R=6 cm.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHEADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.

Gọi rr là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.

Suy ra 2r=AH=BF=62r=AH=BF=6 cm.

Vậy r=3r=3 cm.

1: Xét tứ giác BCDE có \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BCDE là tứ giác nội tiếp

2: Xét ΔKEB vuông tại E và ΔKDC vuông tại D có

góc EKB=góc DKC

Do đó: ΔEKB\(\sim\)ΔDKC

Suy ra: KE/KD=KB/KC

hay \(KE\cdot KC=KB\cdot KD\)

3: 

Xét ΔGMB và ΔGCA có

góc GMB=góc GCA

góc G chung

=>ΔGMB đồng dạng với ΔGCA

=>GM/GC=GB/GA

=>GM*GA=GB*GC

Xét ΔGEB và ΔGCD có

góc GEB=góc GCD

góc EGB chung

=>ΔGEB đồng dạng với ΔGCD

=>GE/GC=GB/GD

=>GE*GD=GB*GC=GM*GA

=>GE/GA=GM/GD

=>ΔGEM đồng dạng với ΔGAD

=>góc GEM=góc GAD

=>góc DEM+góc DAM=180 độ

=>ADEM nội tiếp

=>góc MDE=góc MAE