a. Ta có: \(\widehat {BEH} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa (BH)) ⇒ HE ⊥ AB

∆AHB vông tại H, đường cao HE:

AE.AB = \(A{H^2}(1)\)

\(\widehat {HFC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa (HC)) ⇒ HF ⊥ AC

∆AHC vuông tại H, đường cao HF: AF.AC = \(A{H^2}\)(2)

Từ (1) và (2) ⇒ AE.AB = AF.AC

b. Ta có: \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa (BC)) \( \Rightarrow \widehat {EAF} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {AEH} = 90^\circ \left( {HE \bot AB} \right)\) và \[\widehat {AFH} = 90^\circ \left( {HF \bot AC} \right)\]

⇒ Tứ giác AEHF là hình chữ nhật ⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp

\(\widehat {HEF} = \widehat {HAF}\)(Cùng chắn cung HF của (AEHF))

\(\widehat {HAF} = \widehat {ABC} \Rightarrow \) EF là tiếp tuyến (BH)

c. Ta sẽ chứng minh \(\widehat {AIH} = \widehat {KAC}\)

Ta có: \(\widehat {KAC} = \widehat {HAC}\) (tính chất đối xứng)

\(\widehat {HAC} = \widehat {AHE}\) (so le trong) \( \Rightarrow \widehat {KAC} = \widehat {AHE}\)

\(\widehat {AIH} = \widehat {AHE}\) (tính chất đối xứng)

Vậy \(\widehat {AIH} = \widehat {KAC}\) (Cùng = \(\widehat {AHE}\))

Mà AC // IH (tứ giác AEHF là hình chữ nhật)

\( \Rightarrow \widehat {AIH}\) và \(\widehat {KAC}\) đồng vị ⇒ I, A, K thẳng hàng.

Chứng minh biểu thức sau lớn hơn 0 với mọi x: A = x^2 + 6x - 11