1, Xét tứ giác CDHE , có :

AD⊥BC,BE⊥AC��⊥��,��⊥��→ˆHDC+ˆHEC=900+900=1800���^+���^=900+900=1800

=> Tứ giác CDHE nội tiếp được 1 đường tròn

2, Ta có :

ˆAFE=ˆAFB=ˆACB=90o−ˆDAC=ˆAHE���^=���^=���^=90�−���^=���^

=> △HAF△��� cân

3, Ta có :

ˆABE=ˆACH(=ˆBAE=90o)���^=���^(=���^=90�)

=> ΔABE∼ΔHCE(g.g)Δ���∼Δ���(�.�)

Mà M, I là trung điểm AB, HC

=> ΔMEB∼ΔIECΔ���∼Δ���

=> ˆMEB=ˆIEC→ME⊥EI���^=���^→��⊥�� →ME là tiếp tuyến của (CDE)

4, Ta có :

BC=R√3→ˆBOC=120o→ˆBAC=60o��=�√3→���^=120�→���^=60�

Ta có : ˆBHD=ˆACD→ΔBDH∼ΔADC(g.g)���^=���^→Δ���∼Δ���(�.�)

→DHDC=BDAD→DH.DA=BD.DC≤14(BD+DC)2=34R2→����=����→��.��=��.��≤14(��+��)2=34�2

Dấu "=" xảy ra khi DB=DC→ΔABC��=��→Δ��� đều

a) Ta có: $\angle AHB = \angle AFB = 90^\circ$, suy ra $ABHF$ là tứ giác nội tiếp. Khi đó, $\angle CDE = \angle AHB = \angle AFB = \angle CFE$ (cùng chắn $EF$), suy ra tứ giác $CDHE$ nội tiếp. b) Do $ABHF$ là tứ giác nội tiếp nên $\angle AHB = \angle AFB$. Mặt khác, $\angle AHB = 180^\circ - \angle BAC$ (đường cao), $\angle AFB = 2\angle AHB$ (hình vuông $ABCD$). Từ đó suy ra $\angle AHB = 60^\circ$ và $\angle AFB = 120^\circ$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, $N$ là điểm đối xứng với $H$ qua $M$. Ta có $FN \parallel AB$ (vì cùng vuông góc với $OM$), $FH \perp AB$ (vì $FH$ là đường cao của $\triangle ABF$), suy ra $FH \perp FN$. Mặt khác, $OF = ON$ (cùng bán kính đường tròn (O)) và $HF = HN$ (đường trung trực $BC$), suy ra $\triangle OHF = \triangle ONF$, từ đó $HF = FN$, tức $\triangle AHF$ cân tại $H$.