a) Tam giác ABM vuông tại A có đường cao AC nên \(BC.BM=BA^2\). CMTT, \(BD.BN=BA^2\) nên \(BC.BM=BD.BN\Leftrightarrow\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BN}{BC}\). Từ đây dễ dàng suy ra \(\Delta BNM~\Delta BCD\left(c.g.c\right)\) (đpcm)

 b) Ta có OQ//BN, OP//BM, mà \(MB\perp NB\) nên suy ra \(OP\perp BN\), từ đó O là trực tâm tam giác BPN.\(\Rightarrow ON\perp BP\)

 Lại có \(QH\perp BP\) nên QH//ON.

Tam giác AON có Q là trung điểm AN, QH//ON nên H là trung điểm OA \(\Rightarrow AH=\dfrac{OA}{2}=\dfrac{R}{2}\) không đổi.

a, ta có: ^BAD+^DBA=90 độ

^AFB+^ABF=90 độ

=> ^BAD= ^BFA( đpcm)

b, ta có: ^DAB= góc DCB( gnt cùng chắn cung DB)

=> ^AFD= góc DCB( do câu a)

mà ^DCB+ ^DCE=180 độ ( kề bù)

=> ^AFD+^DCE=180 độ

Xét tứ giác CDFE có: ^ EFD+ ^DCE= 180  độ

=> tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn

góc MAI+góc MEI=180 độ

=>MAIE nội tiếp

a) Định nghĩa lại H là trung điểm OA. Ta thấy OQ là đường trung bình của tam giác ABF nên OQ//BF. Hơn nữa \(BF\perp BE\) nên \(OQ\perp BE\). Lại có \(BA\perp QE\) nên O là trực tâm của tam giác BEQ \(\Rightarrow OE\perp BQ\)

 Mặt khác, PH là đường trung bình của tam giác AOE nên PH//OA. Do đó, \(PH\perp BQ\). Lại thấy rằng \(BH\perp PQ\) nên H là trực tâm tam giác BPQ (đpcm)

 b) Ta có \(P=\sin^6\alpha+\cos^6\alpha\) 

\(=\left(\sin^2\alpha\right)^3+\left(\cos^2\alpha\right)^3\)

\(=\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)\left(\sin^4\alpha+\cos^4\alpha-\sin^2\alpha\cos^2\alpha\right)\)

\(=1.\left[\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha\right]\)

\(=1-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha\)

\(\le1-3.\dfrac{\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)^2}{4}\)

\(=\dfrac{1}{4}\)

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\sin\alpha=\cos\alpha\) \(\Leftrightarrow\alpha=45^o\) hay 2 dây AB, CD vuông góc với nhau.

Vậy \(min_P=\dfrac{1}{4}\)

c) Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}EC.EB=EA^2\\FD.FB=FA^2\end{matrix}\right.\)  (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\(\Rightarrow EC.EB.FD.FB=\left(EA.FA\right)^2\)

\(\Rightarrow EC.FD.\left(EB.DB\right)=AB^4\)

\(\Rightarrow EC.FD.\left(EF.AB\right)=AB^4\)

\(\Rightarrow EC.FD.EF=AB^3=CD^3\) (đpcm)

Ta có \(EC.DF=AC.AD=BC.BD\)

\(\Rightarrow\dfrac{EC}{DF}=\dfrac{BC.BD}{DF^2}\) 

\(=\dfrac{BC}{DF}.\dfrac{BD}{DF}\) 

\(=\dfrac{BE}{BF}.\dfrac{AC}{DF}\) 

\(=\dfrac{BE}{BF}.\dfrac{AE}{AF}\)

\(=\left(\dfrac{BE}{BF}\right)^3\)

Ta có đpcm.

Bài khá căng đấy

a: H và I đối xứng nhau qua AB

nên AB vuông góc với HI tại trung điểm của HI

=>AB là phân giác của góc IAH(1)

H đối xứng K qua AC

nên AC vuông góc HK tại trung điểm của HK

=>AC là phân giác của góc HAK(2)

Từ (1), (2) suy ra góc IAK=2*90=180 độ

=>I,A,K thẳng hàng

b: 1/BH^2-1/AN^2=1/AB^2

=>(AN^2-BH^2)/(AN^2*BH^2)=1/AB^2

CA/AN=CH/HB

=>AN/CA=HB/HC=k

=>AN=k*CA; HB=k*HC

\(\dfrac{AN^2-BH^2}{AN^2\cdot BH^2}=\dfrac{k^2\cdot CA^2-k^2\cdot HC^2}{k^2\cdot CA\cdot HC}=\dfrac{CA^2-HC^2}{CA\cdot HC}=\dfrac{AH^2}{AC\cdot HC}=\dfrac{HB}{AC}\)

\(\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{HB}{AC}\Leftrightarrow AB^2\cdot HB=AC\)

=>\(BH^2\cdot HC=AC\Leftrightarrow BH^2=\dfrac{AC}{HC}\)(vô lý)

=>Đề câu b sai nha bạn