Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C D E F H P K I G M O
c) Gọi K là giao điểm của EF và AH, I và G lần lượt là trung điểm của EF và AH.
Ta thấy \(\left(DKHA\right)=-1\),G là trung điểm của HA => \(DK.DG=DH.DA=DB.DC\)
=> K là trực tâm của \(\Delta\)BGC => CK vuông góc BG
Vì CK vuông góc BG, BH vuông góc AC nên \(\widehat{ACK}=\widehat{HBG}\)(1)
Ta có \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}=\widehat{APC}\)=> (P,K,E,C)cyc => \(\widehat{ACK}=\widehat{APM}=\widehat{ABM}\)(2)
Lại có \(\Delta\)BFE ~ \(\Delta\)BHA, I và G lần lượt là trung điểm của FE và HA => \(\widehat{HBG}=\widehat{FBI}\)(3)
Từ (1);(2);(3) suy ra \(\widehat{ABM}=\widehat{FBI}\), mà BF trùng BA nên B,I,M thẳng hàng hay BM chia đôi EF.
Bạn tham khảo thêm cách này:
Ta có \(\widehat{FGE}+\widehat{FDE}=2\widehat{BAC}+(180^0-2\widehat{BAC})=180^0\)
=> Tứ giác FGED nội tiếp, vì DG là phân giác góc EDF nên \(\Delta\)DFK ~ \(\Delta\)DGE (g.g)
=> \(DK.DG=DE.DF\)
Lại có \(\Delta\)DBF ~ \(\Delta\)DEC (g.g) => \(DE.DF=DB.DC\)
Suy ra \(DK.DG=DB.DC\)=> \(\Delta\)BDK ~ \(\Delta\)GDC (c.g.c)
=> \(\widehat{DBK}=\widehat{DGC}\). Mà \(\widehat{DGC}\)phụ \(\widehat{GCB}\)nên BK vuông góc GC
Vậy K là trực tâm tam giác BGC.
(Câu e không liên quan tới mấy câu trước, nhở)
Vẽ đường cao \(AL\). Khi đó \(AH.BC=AH\left(BL+CL\right)=AH.BL+AH.CL=2S_{AHB}+2S_{AHC}\)
Lập thêm 2 cái tương tự rồi cộng lại, phép màu sẽ xảy ra.
FH là phân giác góc DFE => HQ=HV
Chứng minh FQ=FV => FH là trung trực QV => FH vuông góc QV => QV song song AB => góc HIQ = HAF
Mà góc HAF = HEF nên góc HIQ = HEF => HEIQ nội tiếp => HIE = 90
Chứng minh tam giác DIS = DIE => IS=IE
a) Ta có \(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90độ\)(gt)
Nên tứ giác BNMC nội tiếp (2 đỉnh N,M cùng BC với 2 góc bằng nhau)
(Câu sau không rõ. Cái gì là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNH?)
b) Xét ΔAMN và ΔABC có:
\(\widehat{BAC}\)chung
\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\)(tứ giác BNMC nội tiếp)
Do đó ΔAMN ~ ΔABC
Nên\(\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AC}\)
hay AM.AC=AN.AB
Ta có \(\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90độ\left(gt\right)\)
Nên \(\widehat{ANH}+\widehat{AMH}=180độ\)
Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp
Do đó \(\widehat{NAM}+\widehat{NHM}=180độ\)
Mà \(\widehat{NHM}=\widehat{BHC}\)(đối đỉnh)
\(\widehat{BHC}=\widehat{BLC}\)(tính chất đối xứng trục)
Nên \(\widehat{NAM}+\widehat{BLC}=180độ\)
Suy ra tứ giác ABLC nội tiếp đường tròn (O) (tổng 2 góc đối bằng 180độ)
c) (Câu này hình như bạn ghi sai đề rồi, nếu I là giao điểm AH với AN thì I sẽ trùng với A. Nên mình nghĩ I là giao điểm MN với AH)
Ta có \(\widehat{HDC}=\widehat{HMC}=90độ\left(gt\right)\)
Nên \(\widehat{HDC+}\widehat{HMC}=180độ\)
Do đó tứ giác HMCD nội tiếp
Suy ra \(\widehat{HMD}=\widehat{HCD}\)
Mà \(\widehat{HCD}=\widehat{HMN}\)(tứ giác BMNC nội tiếp)
Nên \(\widehat{HMD}=\widehat{HMN}\)
Vậy MH là phân giác \(\widehat{NMD}\)
Mà MH vuông góc AM (gt)
Nên AM là phân giác ngoài
Do đó \(\frac{IH}{ID}=\frac{AH}{AD}\)
hay IH.AD=AH.ID
a.Ta có :
ˆAFH=ˆADB=90o→ΔAFH∼ΔADB(g.g)
→AFAD=AHAB→AF.AB=AH.AD
Tương tự AH.AD=AE.AC→AF.AB=AE.AC
b.Ta có :
ˆHFA=ˆHEA=ˆHFB=ˆHDB=90o
→AEHF,AEDB,FHDB nội tiếp
→ˆHFE=ˆFAE=ˆHBD=ˆHFD
→FH là phân giác ˆDFE
Mà FA⊥FH→FA là phân giác góc ngoài tại đỉnh F của ΔDEF
→HIHD=FIFD=AIAD
→IH.AD=AI.DH
a: Xét tứ giác ABDE có \(\hat{ADB}=\hat{AEB}=90^0\)
nên ABDE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BEFC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EFC}=\hat{EBC}\)
Xét tứ giác BFED có \(\hat{BFE}+\hat{BDE}=90^0+90^0=180^0\)
nên BFED là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{DFE}=\hat{DBE}\)
=>\(\hat{DFC}=\hat{EBC}\)
=>\(\hat{DFC}=\hat{EFC}\)
=>FC là phân giác của góc DFE
b: Xét (O) có
\(\hat{BDA};\hat{BCA}\) là các góc nội tiếp chắn cung BA
=>\(\hat{BDA}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BCA}=\hat{BHD}\left(=90^0-\hat{EBC}\right)\)
nên \(\hat{BHP}=\hat{BPH}\)
=>ΔBHP cân tại B
ΔBHP cân tại B
mà BD là đường cao
nên D là trung điểm của HP
BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)
=>\(\hat{BFE}+\hat{ACB}=180^0\left(1\right)\)
Xét tứ giác EHDC có \(\hat{HDC}+\hat{HEC}=90^0+90^0=180^0\)
nên EHDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EHD}+\hat{ACB}=180^0\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BFE}=\hat{EHD}\)