1: Xét tứ giác OKDE co

góc OKE=góc ODE=90 độ

=>OKDE là tứ giác nội tiếp

2: ΔOBC cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của BC

Xét tứ giác BHCD có

K là trung điểm chung của BC và HD

=>BHCD là hình bình hành

=>BH//CD; BD//CH

=>BH vuông góc AC; CH vuông góc AB

=>H là trực tâm của ΔABC

3: OI=1/2AH(đường trung bình của ΔDAH)

GI=1/2GA(G là trọng tâm của ΔABC)

=>OI/GI=AH/GA
mà góc HAG=góc GIO

nên ΔGAH đồng dạng với ΔGIO

=>góc HAG=góc HIO

=>H,O,G thẳng hàng

a: góc OAD+góc OMD=180 độ

=>OADM nội tiếp

b: ΔOBC cân tại O

mà ON là đường cao

nên ONlà trung trực của BC

=>sđ cung NB=sd cung NC

=>góc BAN=góc CAN

=>AN là phân giác của góc BAC

góc DAI=1/2*sđ cung AN

góc DIA=1/2(sđ cung AB+sđ cung NC)

=1/2(sđ cung AB+sđ cung NB)

=1/2*sđ cung AN

=>góc DAI=góc DIA

=>ΔDAI cân tại D

a) Ta có: \(\angle AEB=\angle ADB=90\Rightarrow ABDE\) nội tiếp

b) Vì AK là đường kính \(\Rightarrow\angle ACK=\angle ABK=90\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CK\bot AC\\BK\bot AB\end{matrix}\right.\) mà \(\left\{{}\begin{matrix}BH\bot AC\\CH\bot AC\end{matrix}\right.\Rightarrow\) \(BH\parallel CK,CH\parallel BK\)

\(\Rightarrow BHCK\) là hình bình hành

c) Vì F là giao điểm của CH và AB \(\Rightarrow CF\bot AB\)

Ta có: \(\dfrac{AD}{HD}+\dfrac{BE}{HE}+\dfrac{CF}{HF}=\dfrac{AD.BC}{HD.BC}+\dfrac{BE.AC}{HE.AC}+\dfrac{CF.AB}{HF.AB}\)

\(=\dfrac{S_{ABC}}{S_{HBC}}+\dfrac{S_{ABC}}{S_{AHC}}+\dfrac{S_{ABC}}{S_{AHB}}=S_{ABC}\left(\dfrac{1}{S_{HBC}}+\dfrac{1}{S_{AHC}}+\dfrac{1}{S_{AHB}}\right)\)

\(\ge S_{ABC}.\dfrac{9}{S_{HBC}+S_{HAC}+S_{AHB}}\)(BĐT Schwarz) \(=S_{ABC}.\dfrac{9}{S_{ABC}}=9\)

\(\Rightarrow Q_{min}=9\)

B1, a, Xét tứ giác AEHF có: góc AFH = 90^o  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

                                             góc AEH = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

                                             Góc CAB = 90^o ( tam giác ABC vuông tại A)

=> tứ giác AEHF là hcn(đpcm)

b, do AEHF là hcn => cũng là tứ giác nội tiếp => góc AEF  = góc AHF ( hia góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

mà góc AHF = góc ACB ( cùng phụ với góc FHC)

=> góc AEF = góc ACB => theo góc ngoài tứ giác thì tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (đpcm)

c,gọi M là giao điểm của AI và EF

ta có:góc AEF = góc ACB (c.m.t) (1)

do tam giác ABC vuông tại A và có I là trung điểm của cạng huyền CB => CBI=IB=IA

hay tam giác IAB cân tại I => góc MAE = góc ABC (2)

mà góc ACB + góc ABC + góc BAC = 180^o (tổng 3 góc trong  một tam giác)

=>  ACB + góc ABC = 90^o (3)

từ (1) (2) và (3) => góc AEF + góc MAE = 90^o

=> góc AME = 90^o (theo tổng 3 góc trong một tam giác)

hay AI uông góc với EF (đpcm)

em moi lop 6 huhuhuhuhuhu

HỎI TỪNG CÂU THÔI !

1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)

 ~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~

Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))

\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))

\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)

Ta lại có: \(BD\perp HK\)

\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)

\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)

Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))

Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)

\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)

(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )

Ủa bạn ơi sao phụ nhau? Dòng đầu ấy

Đúng rồi bạn. Phụ nhau ý nghĩa là ^HBD + ^ACB = 90^0 và tương tự như góc kia. (Tam giác vuông ý)

a) Xét tứ giác KECD có 

\(\widehat{KEC}\) và \(\widehat{KDC}\) là hai góc đối 

\(\widehat{KEC}+\widehat{KDC}=180^0\)

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