Không thấy câu a) của bạn đâu nên mình chứng minh câu b) luôn nhé.

Dễ thấy \(\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\) vì cùng phụ với \(\widehat{HBC}\).

Lại có \(\widehat{BKD}=\widehat{BKA}=\widehat{BCA}\) nên suy ra \(\widehat{BHD}=\widehat{BKD}\) hay \(\widehat{BHK}=\widehat{BKI}\).

Mặt khác, tam giác AEH vuông tại E có trung tuyến EI nên \(EI=\dfrac{AH}{2}=IH\) \(\Rightarrow\Delta IEH\) cân tại I \(\Rightarrow\widehat{IHE}=\widehat{IEH}=\widehat{IEB}\)

Mà \(\widehat{IHE}=\widehat{BHK}=\widehat{BKI}\) \(\Rightarrow\widehat{IEB}=\widehat{IKB}\), từ đó suy ra tứ giác IEKB nội tiếp. (đpcm)

1: góc ABP=1/2*sđ cung AP=90 độ

=>BP//CH

góc ACP=1/2*sđ cung AP=90 độ

=>CP//BH

mà BP//CH

nên BHCP là hình bình hành

=>BC cắt HP tại trung điểm của mỗi đường

=>M là trung điểm của HP

h vẽ như sau:

Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

Góc CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> góc CEH + góc CDH = 180⁰

Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

ngu vcl

câu a) bạn sử dụng tính chất của 3 đường cao là được.

b) bạn chứng minh là tam giác ABK là tam giác vuông do chắn nửa đường tròn

sau đó xét hai tam giác vuông ACD và AKB sao cho đồng dạng : có \(\widehat{ACD}=\widehat{AKB}\)do cùng chắn cung AB

sau đó bạn suy ra tỷ số đồng dạng rồi nhân chéo là xong.

c)

bạn xét hai tam giác MAB vad MCK  sao cho đồng dạng  do

hai góc M bằng nhau do đối đỉnh 

 góc MKC= góc MBA cùng chắn cung AC

rồi suy ra  2 tam giác đó dồng dạng rồi suy ra tỉ số đồng dạng rồi nhân chéo 

d  câu này ta có \(\hept{\begin{cases}CF\perp AB\\KB\perp AB\end{cases}\Rightarrow CF//KB\Leftrightarrow CH//KB}\)

\(\hept{\begin{cases}BE\perp AC\\KC\perp AC\end{cases}\Rightarrow BE//CK\Leftrightarrow BH//CK}\)

TỪ 2 ĐIỀU TRÊN ta suy ra được tứ giác CHBK LÀ HÌNH BÌNH HÀNH 

TỪ ĐIỀU ĐÓ SUY RA  I là giao diểm của hai đường chéo suy ra i là trung điểm của HK suy ra H,I,K thằng hàng

a. Vì I là trung điểm của AC \(\Rightarrow\) OI \(\perp\) AC ( quan hệ giữa đk và dây )

                                            hay KI \(\perp\) AC

Xét tứ giác CIKH có: góc KIC + góc KHC = 90^o + 90^o = 180^o ( tổng 2 góc đối = 180^o )

\(\Rightarrow\) tứ giác CIKH nội tiếp ( đpcm )

b. Ta có: góc CBD = góc CAD ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC ) (1)

Xét \(\Delta\) AKC có: KI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow\) \(\Delta\) AKC là tam giác cân tại K \(\Rightarrow\) góc CAK = góc ACK

                                                  hay góc CAD = góc ACK (2)

Từ (1), (2) \(\Rightarrow\) góc ACK = góc CBD ( đpcm )

a) Xét tứ giác BCEF có 

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

\(\widehat{BEC}\) và \(\widehat{CFB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh BC

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

Giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác AEHF và BCEF nội tiếp.

Ta có ∠AEH=∠AFH=90o⇒∠AEH=∠AFH=90o⇒ E, F thuộc đường tròn đường kính AH

⇒⇒ A, E, H, F cùng thuộc một đường tròn

⇒AEHF⇒AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Ta có ∠BEC=∠BFC=90o⇒∠BEC=∠BFC=90o⇒ BCEF  là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I. Vẽ tiếp tuyến ID với (O)(O)(D là tiếp điểm, D thuộc cung nhỏ BC). Chứng minh ID2=IB.ICID2=IB.IC.

Xét ΔIBDΔIBD và ΔIDCΔIDC có:

∠I∠I  chung

∠IDB=∠ICD∠IDB=∠ICD (ID là tiếp tuyến của (O)(O))

⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).

c) DE, DF cắt đường tròn (O)(O) tại M và N. Chứng minh NM // EF.

Xét ΔIBEΔIBE và ΔIFCΔIFC có:

∠I∠I chung

∠IEB=∠ICF∠IEB=∠ICF (BCEF  là tứ giác nội tiếp)

⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF (kết hợp b)

⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID 

Xét ΔIDFΔIDF và ΔIEDΔIED có:

∠I∠I chung

 IDIE=IFID(cmt)IDIE=IFID(cmt)

⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED (2 góc tương ứng)

Mặt khác ∠IDF=∠NMD∠IDF=∠NMD (ID là tiếp tuyến của (O)(O)) ⇒∠IED=∠NMD⇒∠IED=∠NMD (tc)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒⇒ NM // EF.

Cho tam giác ABC nhọn AB

CHÚC BẠN HỌC TỐT