a, Xét tứ giác BMHD ta có:
\(\widehat{BMH}\) = \(\widehat{BDH}\) = 90 \(^{\circ}\)
mà hai góc này ở vị trí đối nhau
=> tứ giác BMHD nội tiếp
b, Xét tứ giác BMEC ta có:
\(\widehat{BMC}\) = \(\widehat{BEC}\) = 90 \(^{\circ}\)
=> hai góc này cùng nhìn BC dưới một góc 90 \(^{\circ}\)
=> tứ giác BMEC nội tiếp
=> 4 điểm B,M,C,E cùng thuộc 1 đường tròn
c, Tứ giác BMHD nội tiếp
=> \(\widehat{DMH}\)= \(\widehat{DBH}\)
Tứ giác MECB nội tiếp
=> \(\widehat{DBH}\)= \(\widehat{CME}\)
=> \(\widehat{DMH}\)= \(\widehat{CME}\) ( = \(\widehat{DBH}\)
=> MC là phân giác của \(\widehat{DME}\)
d, Tứ giác BACN nội tiếp
=> \(\widehat{BAN}\) = \(\widehat{BCN}\) (1)
ΔMAH đồng dạng ΔDCH (g-g)
=> \(\widehat{BAN}\) = \(\widehat{HCD}\) (2)
(1) và (2)=> \(\widehat{BCN}\) = \(\widehat{HCD}\)
=> CD là phân giác của \(\widehat{HCN}\)
Xét ΔHCN có CD vừa là đường cao vừa là phân giác
=> CD cũng là đường trung trực
=> H đối xứng với N qua BC
d, Gọi giao điểm của CO và HE là G
Từ O hạ ON vuông góc với AC
=> \(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{CON}\) = \(\frac {\widehat{AOC}}{2}\)
Xét ΔABD và ΔCON ta có:
\(\widehat{ABC}\) = \(\widehat{CON}\)
\(\widehat{BDA}\) = \(\widehat{ONC}\) ( = 90\(^{\circ}\))
=> ΔABD đồng dạng ΔCON
=> \(\widehat{BAD}\) = \(\widehat{OCN}\) (*)
Ta có: \(\widehat{BAD}\) = \(\widehat{HCD}\) ( ΔMAH đồng dạng ΔDCH)
mà \(\widehat{HCD}\) = \(\widehat{HED}\) ( tứ giác HECD nội tiếp)
=> \(\widehat{OCN}\) = \(\widehat{BAD}\)=\(\widehat{HCD}\)=\(\widehat{HED}\)
=> \(\widehat{OCN}\)=\(\widehat{HED}\)
mà \(\widehat{OCN}\) + \(\widehat{CGE}\) = 90\(^{\circ}\)
\(\widehat{HED}\) + \(\widehat{CGE}\) = 90\(^{\circ}\)
=> OC vuông góc với DE
