a) Ta có  AD là đường cao của △ABC (gt) 

=> AD⊥BC => \(\widehat{CDA} = 90^o\)

Tương tự ta có \(\widehat{CEB}=90^o \)

Tứ giác CEHD có : \(\widehat{CDA} + \widehat{CEB} = 90^o + 90^o = 180^o \) => Tứ giác CEHD là tứ giác nội tiếp => 4 điểm C,H,D,E cùng thuộc 1 đường tròn 

b) △AEH và △ADC , có  

\(\begin{cases} \widehat{AEH}=\widehat{ADC}=90^o\\ \widehat{CAD} ( góc chung ) \end{cases} \)=> △AEH đồng dạng với △ADC ( g.g) 

=> \(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AH}{AC} \) ( tỉ số đồng dạng ) => AE.AC = AH.AD (1)

Ta có \(\widehat{AFC} = 90^o \) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 

△AFC vuông tại F , có FE là đường cao ( BF ⊥ AC tại E ) => \(AF^2\) = AE.AC ( hệ thức lượng ) (2) 

Từ (1) và (2) => \(AF^2= AH.AD\)

a) Ta có: \(\widehat{CFB}=90^0\)(CF⊥AB)

nên F nằm trên đường tròn đường kính CB(Định lí)(1)

Ta có: \(\widehat{CEB}=90^0\)(BE⊥AC)

nên E nằm trên đường tròn đường kính CB(Định lí)(2)

Từ (1) và (2) suy ra F,E cùng nằm trên đường tròn đường kính CB

hay B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn(đpcm)

Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC là trung điểm của CB

b) Ta có: BEFC là tứ giác nội tiếp(cmt)

nên \(\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)(Cùng nhìn cạnh EC)

\(\Leftrightarrow\widehat{KFC}=\widehat{KBE}\)

Xét ΔKFC và ΔKBE có 

\(\widehat{FKB}\) chung

\(\widehat{KFC}=\widehat{KBE}\)(cmt)

Do đó: ΔKFC∼ΔKBE(g-g)

⇒\(\dfrac{KF}{KB}=\dfrac{KC}{KE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇒\(KE\cdot KF=KB\cdot KC\)(đpcm)

a: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔABA' là tam giác nội tiếp

AA' là đường kính

Do đó: ΔABA' vuông tại B

=>BA'\(\perp\)AB

mà CH\(\perp\)AB

nên BA'//CH

Xét (O) có

ΔACA' là tam giác nội tiếp

AA' là đường kính

Do đó: ΔACA' vuông tại C

=>AC vuông góc CA'

mà BH vuông góc AC

nên BH//A'C

Xét tứ giác BHCA' có

BH//CA'

BA'//CH

Do đó: BHCA' là hình bình hành

a) Ta có: \(\widehat{BFC}=90^0\)(CF\(\perp\)AB)

nên F nằm trên đường tròn đường kính BC(Định lí)(1)

Ta có: \(\widehat{BEC}=90^0\)(BE\(\perp\)AC)

nên E nằm trên đường tròn đường kính BC(Định lí)(2)

Từ (1) và (2) suy ra F,E cùng nằm trên đường tròn đường kính BC

hay B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn(đpcm)

1) Xét tứ giác AEBD:

\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^o\left(BE\perp AE;AD\perp BD\right).\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn (dhnb).

\(\Rightarrow\) A; E; B; D cùng thuộc một đường tròn (O).

2) Tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn (cmt).

\(\Rightarrow\) \(\widehat{ADE}=\widehat{ABE}.\)

hay \(\widehat{HDE}=\widehat{HBA}.\)

Xét ∆ HDE và ∆ HBA:

\(\widehat{HDE}=\widehat{HBA}\left(cmt\right).\)

\(\widehat{EHD}=\widehat{AHB}\) (Đối đỉnh).

\(\Rightarrow\Delta HDE\sim\Delta HBA\left(g-g\right).\)

3) Tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn (cmt).

\(\Rightarrow\widehat{KDB}=\widehat{KAE}.\)

Xét ∆ KDB và ∆ KAE:

\(\widehat{KDB}=\widehat{KAE}\left(cmt\right).\)

\(\widehat{DKB}chung.\)

\(\Rightarrow\Delta KDB\sim\Delta KAE\left(g-g\right).\)

\(\Rightarrow\dfrac{KD}{KA}=\dfrac{KB}{KE}\) (2 cạnh tương ứng tỉ lệ).

\(\Rightarrow KD.KE=KB=KA\left(đpcm\right).\)

1: Xét tứ giác AEDB có 

\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^0\)

Do đó: AEDB là tứ giác nội tiếp

2: Xét ΔHDE và ΔHBA có 

\(\widehat{HDE}=\widehat{HBA}\)

\(\widehat{DHE}=\widehat{BHA}\)

Do đó: ΔHDE∼ΔHBA

3: Xét ΔKDB và ΔKAE có 

\(\widehat{K}\) chung

\(\widehat{KDB}=\widehat{KAE}\)

Do đó: ΔKDB∼ΔKAE

Suy ra: KD/KA=KB/KE

hay \(KD\cdot KE=KA\cdot KB\)

a) Xét tứ giác BFEC có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

hay B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

Tâm I là trung điểm của BC