d) Tính BE.BA + CD.CA

Chứng minh tương tự câu b, CD.CA = CI.CB

Từ đó BE.BA + CD.CA = BI.BC + CI.CB

= (BI + CI).BC = BC.BC = B C 2 = 16 2  = 256

xét ΔMDC và ΔMBD có

∠M chung

∠MBD=∠MDC=\(\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{DC}\)

⇒ΔΔMDC ∼ ΔMBD (g.g)

⇒\(\dfrac{MD}{MB}=\dfrac{MC}{MD}\)⇒MD²=MC.MB

a: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

Xét ΔABC có

BD là đường cao

CE là đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

b: Ta có: H là trực tâm của ΔABC

nên AH⊥BC tại F

Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAFB vuông tại F có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH\(\sim\)ΔAFB

Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AH}{AB}\)

hay \(AE\cdot AB=AF\cdot AH\left(1\right)\)

Xét ΔADH vuông tại D và ΔAFC vuông tại F có 

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔADH\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: \(\dfrac{AD}{AF}=\dfrac{AH}{AC}\)

hay \(AD\cdot AC=AH\cdot AF\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AH\cdot AF=AD\cdot AC\)

Sửa đề: BF và CE cắt nhau tại H

a) Xét (O) có 

ΔBEC nội tiếp đường tròn(B,E,C\(\in\)(O))

BC là đường kính(gt)

Do đó: ΔBEC vuông tại E(Định lí)

\(\Leftrightarrow CE\perp BE\)

\(\Leftrightarrow CE\perp AB\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AEC}=90^0\)

hay \(\widehat{AEH}=90^0\)

Xét (O) có 

ΔBFC nội tiếp đường tròn(B,F,C\(\in\)(O))

BC là đường kính(gt)

Do đó: ΔBFC vuông tại F(Định lí)

\(\Leftrightarrow BF\perp CF\)

\(\Leftrightarrow BF\perp AC\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AFB}=90^0\)

hay \(\widehat{AFH}=90^0\)

Xét tứ giác AEHF có 

\(\widehat{AEH}\) và \(\widehat{AFH}\) là hai góc đối

\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

Xét ΔABC có 

BF là đường cao ứng với cạnh AC(cmt)

CE là đường cao ứng với cạnh AB(cmt)

BF cắt CE tại H(gt)

Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)

\(\Leftrightarrow AH\perp BC\)

hay \(AD\perp BC\)(đpcm)