Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: M là trung điểm của BC
=>MB=MC(1)
Xét ΔMDB vuông tại D và ΔMDI vuông tại D có
MD chung
DB=DI
Do đó: ΔMDB=ΔMDI
=>MB=MI(2)
Xét ΔMEC vuông tại E và ΔMEK vuông tại E có
ME chung
EC=EK
Do đó;ΔMEC=ΔMEK
=>MC=MK(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra MB=MI=MK=MC
=>B,I,K,C cùng thuộc (M)
b: ΔMIK cân tại M
mà MH là đường trung tuyến
nên MH⊥IK
Do K đối xứng với D qua trung điểm của BC nên ta có
\(BD=CK,BK=CD\)
Dựng đường kính DF của (I). Theo hình , thì ta được ba điểm A, F , K thẳng hàng
ta có\(\widehat{KDL}=\widehat{DIC}\left(=90^0-\widehat{CID}\right)=>\)tam giác IDC = tam giác DKL (g.g), từ đó suy ra
\(\frac{DF}{DK}=\frac{2ID}{DK}=\frac{2DC}{KL}=\frac{KB}{KN}\)
=> tam giác DFK = tam giác KBN (c.g.c)
zì zậy nên : \(\widehat{KNB}=\widehat{DKF}=90^0-\widehat{NKF}\)
=>\(\widehat{KNB}+\widehat{NKF}=90^0,\)do đó \(AK\perp BN\)
1: Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
=>B,E,D,C cùng thuộc một đường tròn
2: Xét tứ giác BHCK có
I là trung điểm chung của BC và HK
=>BHCK là hình bình hành
=>CK//BH
mà BH⊥AC
nên CK⊥CA
=>ΔACK vuông tại C
3: Gọi M là giao điểm của AH và BC
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại M
Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBMA vuông tại M có
\(\hat{EBC}\) chung
Do đó: ΔBEC~ΔBMA
=>\(\frac{BE}{BM}=\frac{BC}{BA}\)
=>\(BE\cdot BA=BM\cdot BC\)
Xét ΔCMA vuông tại M và ΔCEB vuông tại E có
\(\hat{MCA}\) chung
Do đó: ΔCMA~ΔCEB
=>\(\frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\)
=>\(CE\cdot CA=CM\cdot CB\)
\(BE\cdot BA+CE\cdot CA\)
\(=BM\cdot BC+CM\cdot BC=BC^2=4\cdot CI^2\)