fdffggffgg

Kẻ BE' vuông góc AC, CF' vuông góc AB. Ta cần chứng minh E trùng E', F trùng F' hay E', F' thuộc MN.

Chứng minh: \(\widehat{AF'E'}=\widehat{ACB}=\widehat{BF'H}\)(1)

Mà \(\Delta NF'H\)cân tại F' (Do N đối xứng H qua AB) nên \(\widehat{NF'B}=\widehat{BF'H}\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{NF'B}=\widehat{AF'E'}\)=> N, F', E' thẳng hàng

Tương tự thì M, F', E' thẳng hàng => M, N, F', E' thẳng hàng hay F', E' thuộc MN. Mà E' , F' lần lượt thuộc AC, AB nên E' và F' là giao điểm của MN với AC, AB

Do đó E trùng E', F trùng F' => CF vuông góc với AB

Cảm ơn anh Le Hong Phuc nhé, bài này em cũng vừa làm được. Anh kiểm tra giúp em cách này xem đúng không nhé?

Gọi AH giao với BE tại R

Chứng minh được tứ giác AMBH nội tiếp, suy ra góc BEA = 90 độ (gnt chắn nửa đường tròn)

=> BE vuông góc với AC tại E

=> R là trực tâm của tam giác ABC => CR vuông góc với AB (1)

Chứng minh được tứ giác AERF nội tiếp => góc AFR = 90 độ => RF vuông góc với AB tại F (2)

Từ (1) và (2) suy ra 3 điểm C, R, F thẳng hàng => CF vuông góc với AB tại F (đpcm)

a: Xét (O) có 

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

Xét ΔABC có 

BE là đường cao

CF là đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: AH⊥BC

hay AF⊥BC

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có 

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

ANH CS THỂ THAM KHẢO 

a , b tự lm nha ( dễ mà )

c) Do II đối xứng với HH qua BC⇒IH⊥BCBC⇒IH⊥BC mà HD⊥BC,D∈BC

⇒I⇒I đối xứng với HH qua D⇒DD⇒D là trung điểm của HIHI

Và MM là trung điểm của HKHK

⇒DM⇒DM là đường trung bình ΔHIKΔHIK

⇒DM∥IK⇒DM∥IK

⇒BC∥IK⇒BC∥IK

⇒BCKI⇒BCKI là hình thang

ΔCHIΔCHI có CDCD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

⇒ΔCHI⇒ΔCHI cân đỉnh CC

⇒CI=CH⇒CI=CH (*)

Mà tứ giác BHCKBHCK là hình bình hành ⇒CH=BK⇒CH=BK (**)

Từ (*) và (**) suy ra CI=BKCI=BK

Tứ giác BCKIBCKI là hình bình hành có 2 đường chéo CI=BKCI=BK

Suy ra BCIKBCIK là hình thang cân.

Tứ giác HGKCHGKC có GK∥HCGK∥HC (do BHCKBHCK là hình bình hành)

⇒HGKC⇒HGKC là hình thang có đáy là GK∥HCGK∥HC

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=10^2-6^2=64\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\AB^2=BH\cdot BC\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{6\cdot8}{10}=4,8\left(cm\right)\\BH=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra AE*AB=AF*AC

=>AE/AC=AF/AB

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

AE/AC=AF/AB

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔACB

c: Xét ΔBAC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{CB}\)

=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{AB+BC}{AD+CD}=\dfrac{AB+BC}{AC}\)(1)

ΔBAD vuông tại A có

\(cotABD=\dfrac{AB}{AD}\)(2)

BD là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(cotDBC=\dfrac{AB+BC}{AC}\)