1) Xét tứ giác CIME có 

\(\widehat{MIC}\) và \(\widehat{MEC}\) là hai góc đối

\(\widehat{MIC}+\widehat{MEC}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

a: Xét (O) có

ΔAKB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAKB vuông tại K

Xét tứ giác AECK có \(\widehat{AEC}+\widehat{AKC}=90^0+90^0=180^0\)

nên AECK là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔIAB có

BK,IE là các đường cao

BK cắt IE tại C

Do đó: C là trực tâm của ΔIAB

=>AC\(\perp\)IB tại D

Xét tứ giác CEBD có \(\widehat{CEB}+\widehat{CDB}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEBD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác AKCE có \(\widehat{AKC}+\widehat{AEC}=90^0+90^0=180^0\)

nên AKCE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác IKCD có \(\widehat{IKC}+\widehat{IDC}=90^0+90^0=180^0\)

nên IKCD là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{DKC}=\widehat{DIC}\)(DIKC nội tiếp)

\(\widehat{EKC}=\widehat{EAC}\)(KAEC nội tiếp)

mà \(\widehat{DIC}=\widehat{EAC}\left(=90^0-\widehat{DBA}\right)\)

nên \(\widehat{DKC}=\widehat{EKC}\)

=>KC là phân giác của góc DKE

Ta có: \(\widehat{KDC}=\widehat{KIC}\)(DIKC là tứ giác nội tiếp)

\(\widehat{EDC}=\widehat{EBC}\)(EBDC nội tiếp)

mà \(\widehat{KIC}=\widehat{EBC}\left(=90^0-\widehat{KAB}\right)\)

nên \(\widehat{KDC}=\widehat{EDC}\)

=>DC là phân giác của góc KDE

Xét ΔKED có

DC,KC là các đường phân giác

Do đó: C là tâm đường tròn nội tiếp ΔKED

=>C cách đều ba cạnh của ΔKED

Học sinh tự chứng minh

a) Ta có: \(\angle ANM+\angle ABM=90+90=180\Rightarrow\) ABMN nội tiếp

b) Ta có: \(cos\angle BOA=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\angle BOA=60\)

Ta có: \(sin\angle BOH=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\dfrac{BH}{OB}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow BH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}OB=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R\)

c) Ta có: \(OB^2=BA.BE\Rightarrow\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{BA}{BO}\Rightarrow\dfrac{2BM}{BE}=\dfrac{BA}{\dfrac{BC}{2}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2BM}{BE}=\dfrac{2BA}{BC}\Rightarrow\dfrac{BM}{BE}=\dfrac{BA}{BC}\)

Xét \(\Delta MBE\) và \(\Delta ABC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BM}{BE}=\dfrac{BA}{BC}\\\angle MBE=\angle ABC=90\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta MBE\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\angle BME=\angle BAC=\angle CMN\) (ABMN nội tiếp)

mà B,M,C thẳng hàng \(\Rightarrow\) E,M,N thẳng hàng

a. Ta có:

góc AMB=90^o (góc nội tiếp chắn nửa đtròn) hay AMH=90^o

góc HCA=90^o (gt)

⇒AMB+ACH=180^o

⇒Tứ giác AMHC nội tiếp đtròn đkính AH

b) ΔOAM đều (vì OA=AM=MA=R) ⇒góc A=60^o

Ta có: BMI=A(=1/2 sđMB) hay HMI=A

MHI=A (tứ giác AMHC nt)

Suy ra: HMI=MHI=A=60^o

⇒ΔMIH đều

a)Vì AB tx (O)

`=>hat{ABO}=90^o`

Vì `MN bot AC`

`=>hat{ANM}=90^o`

Xét tg ABMN có:

`hat{ANM}+hat{ABO}=180^o`

`=>` tg ABMN nt

b)Xét tam giác vg ABO có:

`sinhat{BAO}=(AO)/(BO)=1/2`

`=>hat{BAO}=30^o`

`=>hat{BOA}=90^o-30^o=60^o`

Áp dụng đl pytago vào tam giác vg ABO

`=>AB^2=AO^2-BO^2=3R^2`

`=>AB=sqrt3R=3sqrt3`

Áp dụng htl vào tam giác vuong ABO có đg cao là BH

`=>BH.AO=AB.BO`

`=>BH.2R=sqrt3R.R=sqrt3R^2`

`=>BH=(sqrt3R)/2=(3sqrt3)/2`

a) ICDM có góc C+D=180=> nội tiếp

b) tam giác ABM có BC và AD là 2 đường cao cắt nhau tại I =>I là trực tâm

=>MI vuông góc AB

lại có: MH vuông góc AB

=> M, I, H thẳng hàng

c) MA.BC+MB.AD=2 lần diện tích tam giác ABM