a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>A,E,H,F cùng thuộc (Q)

Xét tứ giác BFHD có \(\hat{BFH}+\hat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CDHE có \(\hat{CDH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHE là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{FEH}=\hat{FAH}\) (AEHF nội tiếp)

\(\hat{DEH}=\hat{DCH}\) (DCEH nội tiếp)

mà \(\hat{FAH}=\hat{DCH}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{FEH}=\hat{DEH}\)

=>EH là phân giác của góc FED

Ta có: \(\hat{FDH}=\hat{FBH}\) (BFHD nội tiếp)

\(\hat{EDH}=\hat{ECH}\) (HECD nội tiếp)

mà \(\hat{FBH}=\hat{ECH}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)

nên \(\hat{FDH}=\hat{EDH}\)

=>DH là phân giác của góc FDE

Xét ΔDFE có

DH,EH là các đường phân giác

DH cắt EH tại H

Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔDEF

=>H cách đều ba cạnh của ΔDEF

b: Xét ΔQAF có \(\hat{FQH}\) là góc ngoài tại đỉnh Q

nên \(\hat{FQH}=\hat{QFA}+\hat{QAF}=2\cdot\hat{QAF}\)

Xét ΔQAE có \(\hat{HQE}\) là góc ngoài tại đỉnh Q

nên \(\hat{HQE}=\hat{QAE}+\hat{QEA}=2\cdot\hat{QAE}\)

\(\hat{FQE}=\hat{FQH}+\hat{EQH}\)

\(=2\left(\hat{QAF}+\hat{QAE}\right)=2\cdot\hat{EAF}=2\cdot\hat{BAC}\)

\(\hat{FDE}=\hat{FDH}+\hat{EDH}=2\cdot\hat{FDH}=2\cdot\hat{ABE}\)

\(\hat{FQE}+\hat{FDE}=2\left(\hat{BAC}+\hat{ABE}\right)=2\cdot90^0=180^0\)

=>FQED nội tiếp

c: M đối xứng H qua BC

=>BC⊥HM tại trung điểm của HM

mà BC⊥HD tại D

và HM,HD có điểm chung là H

nên H,D,M thẳng hàng

=>HM⊥BC tại D và D là trung điểm của HM

Xét ΔBHM có

BD là đường cao

BD là đường trung tuyến

Do đó: ΔBHM cân tại B

Xét ΔCHM có

CD là đường cao

CD là đường trung tuyến

Do đó: ΔCHM cân tại C

Xét ΔBHC và ΔBMC có

BH=BM

CH=CM

BC chung

Do đó: ΔBHC=ΔBMC

=>\(\hat{BHC}=\hat{BMC}\)

mà \(\hat{BHC}=\hat{FHE}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{BMC}=\hat{FHE}\)

mà \(\hat{FHE}+\hat{FAE}=180^0\) (AEHF nội tiếp)

nên \(\hat{BMC}+\hat{BAC}=180^0\)

=>ABMC là tứ giác nội tiếp

=>M thuộc (O)

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 ~~~~~~~~~

A B C O I K H Q D

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

a: góc BMH+góc BKH=180 độ

=>BMHK nội tiếp

góc BKC=góc BQC=90 độ

=>BKQC nội tiếp

b: Xét ΔFAB và ΔFCA có

góc FAB=góc FCA(=1/2sđ cung AB)

góc F chung

=>ΔFAB đồng dạng với ΔFCA

=>FA/FC=FB/FA

=>FA^2=FC*FB

sai đề câu a thì phải bn ak

a: góc BHD+góc BMD=180 độ

=>BHDM nội tiếp

b: BHDM nội tiếp

=>góc HDM+góc HBM=180 độ

=>góc ADM=góc ABC

=>góc ADM=góc ADC

=>DA là phân giáccủa góc MDC

c: Xét tứ giác DHNC có

góc DHC=góc DNC=90 độ

=>DHNC nội tiếp

=>góc NHD=góc NDC

góc NHD+góc MHD

=180 độ-góc NCD+góc MBD

=180  độ+180 độ-góc ABD-góc ACD

=180 độ

=>M,H,N thẳng hàng