góc APB=góc AQB=1/2*180=90 độ

=>AQ vuông góc BC, BP vuông góc CA

góc CPH+góc CQH=180 độ

=>CPHQ nội tiếp

Do I là trực tâm của tam giác KAB nên K, I, H thẳng hàng.

Tứ giác AMIH nội tiếp nên \(\widehat{MHI}=\widehat{MAI}\).

Tương tự, \(\widehat{NHI}=\widehat{NBI}\).

Lại có \(\widehat{MAI}=\widehat{NBI}=90^o-\widehat{AKB}\) nên \(\widehat{MHI}=\widehat{NHI}\).

Vậy HK là phân giác của góc MHN.

a. Ta có: \(\widehat{ADB}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => \(\widehat{ADE}=90^o\)

Lại có: \(CH\perp AB\)tại H (gt)  mà E \(\in CH\)(do  E là giao điểm của BD và CH (gt)) => \(\widehat{EHA}=90^o\) 

Xét tứ giác ADEH có: \(\widehat{ADE}+\widehat{EHA}=90^o+90^o=180^o\)=> tứ giác ADEH nội tiếp (DHNB) => đpcm

b.

Ta có: \(\widehat{ACB}=90^o\)(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) => \(\Delta ABC\)vuông tại C

=> \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AC\times BC=\frac{1}{2}CH\times AB\)=> CH = \(\frac{AC\times BC}{AB}\)

=> \(AC\times AH+CB\times CH=AC\times AH+CB\times\frac{AC\times BC}{AB}\)= \(AC\times(AH+\frac{BC^2}{AB})=AC\times\frac{(AH\times AB+BC^2)}{AB}\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABC\)vuông tại C với đường cao CH ta được: AH \(\times AB=AC^2\)(2)

Áp dụng định lý pitago trong \(\Delta ABC\)vuông tại C ta được: \(AC^2+BC^2=AB^2\)(3)

Thế (2) và (3) vào (1) ta được : \(AC\times AH+CB\times CH=AB\times AC\)(ĐPCM)

c. Gọi K là điểm chính giữa cung AB (K nằm cùng phía với C so với bờ AB) => K là điểm cố định và \(KO\perp AB\)tại O => KO // CH => \(\widehat{KOC}=\widehat{KOM}=\widehat{HCO}\)(So le trong)

Nối K với M 

Xét \(\Delta KOM\)và \(\Delta OCH\)có:

+ KO = OC = R

+ \(\widehat{KOM}=\widehat{HCO}\)(cmt)

+ OM = CH (gt) 

=> \(\Delta KOM=\Delta OCH\)(c.g.c) => \(\widehat{KMO}=\widehat{OHC}=90^o\Rightarrow\Delta KOM\)vuông tại M => M \(\in(I,\frac{OK}{2})\)cố định (trong đó I là trung điểm của OK)

a) Xét (O) có 

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AB}\)

\(\stackrel\frown{AB}\) là nửa đường tròn(AB là đường kính của (O))

Do đó: \(\widehat{ACB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

⇔BC⊥AC tại C

⇔BC⊥AF tại C

⇔\(\widehat{BCF}=90^0\)

⇔\(\widehat{ECF}=90^0\)

Xét (O) có 

\(\widehat{ADB}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AB}\)

\(\stackrel\frown{AB}\) là nửa đường tròn(AB là đường kính của (O))

Do đó: \(\widehat{ADB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

⇔AD⊥BD tại D

⇔AD⊥BF tại D

⇔\(\widehat{ADF}=90^0\)

⇔\(\widehat{EDF}=90^0\)

Xét tứ giác CEDF có 

\(\widehat{FCE}\) và \(\widehat{FDE}\) là hai góc đối

\(\widehat{FCE}+\widehat{FDE}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

⇔C,E,D,F cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)

Chứng minh rằng ta luôn có M T 2 = M A . M B