a) Ta có: \(\hept{\begin{cases}EM\perp AB\\AE\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BME}=90^0\\\widehat{BDE}=90^0\end{cases}}}\)

Xét tứ giác BDEM có: \(\widehat{BME}+\widehat{BDE}=180^0\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác BDEM

\(\Rightarrow BDEM\)nội tiếp ( dhnb )

b) Vì \(EQ\perp xy\)\(\Rightarrow\widehat{EQA}=90^0\)

Xét tứ giác EMQA có: 

\(\widehat{EMA}=\widehat{EQA}\left(=90^0\right)\)Mà 2 đỉnh M,Q cùng nhìn cạnh AE dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow EMQA\)nội tiếp ( dhnb)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{MQE}=\widehat{MAE\left(1\right)}\\\widehat{QAM}=\widehat{QEM}\left(2\right)\end{cases}}\)

Ta có: \(\widehat{MAE}=\widehat{BCE}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BE}\right)\left(3\right)\)

Vì EK vuông góc với AC \(\Rightarrow\widehat{EKC}=90^0\)

Xét tứ giác EDKC có: \(\widehat{EDC}=\widehat{EKC}\left(=90^0\right)\)

Mà 2 đỉnh D,K cùng nhìn cạnh EC dưới 2 góc vuông

\(\RightarrowÉDKC\)nội tiếp ( dhnb )

\(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{BCE}\left(4\right)\)và \(\widehat{DEK}=\widehat{DCK}\left(5\right)\)

Từ (1) , (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{MQE}\)

Xét (O) có AQ là tiếp tuyến của (O) ; AB là dây cung 

\(\Rightarrow\widehat{QAB}=\widehat{ACB}\left(6\right)\)

Từ (2) ,(5) và (6)  \(\Rightarrow\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\)

Xét tam giác EQM và tam giác EKD có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\left(cmt\right)\\\widehat{MQE}=\widehat{DKE}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta EQM~\Delta EKD\left(g-g\right)}\)

c) Gọi AG là đường kính của (O)

Vì tam giác HCE có CD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác HCE

\(\Rightarrow\Delta HCE\)cân tại C

=> CD cũng là tia phân giác góc HCE

\(\Rightarrow\widehat{HCD}=\widehat{DCE}\)(7)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DCE}=\widehat{NAD}\\\widehat{NHA}=\widehat{DHC}\left(2goc-đoi-đinh\right)\\\widehat{DHC}+\widehat{HCD}=90^0\end{cases}}\)kết hợp với (7)

\(\Rightarrow\widehat{NAH}+\widehat{NHA}=90^0\)

Xét tam giác NAH có: \(\widehat{NAH}+\widehat{NHA}+\widehat{ANH}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ANH}=90^0\)

\(\Rightarrow CN\perp AB\)

Xét tam giác ABC có: \(\hept{\begin{cases}CN\perp AB\\AD\perp BC\end{cases}}\); CN cắt AD tại H

\(\Rightarrow H\)là trực tâm của tam giác ABC

\(\Rightarrow BF\perp AC\)

\(\Rightarrow\widehat{BFC}=90^0\)

Ta có: tứ giác BNFC nội tiếp ( cái này dễ , có 2 góc vuông = nhau; tự cm nha vì bài dài )

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AFN}\)

Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AGC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AFN}=\widehat{AGC}\)Mà \(\widehat{AGC}+\widehat{GAC}=90^0\)( ko hiểu thì hỏi nhé, làm tắt vì bài dài )

\(\Rightarrow\widehat{AFN}+\widehat{GAC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{APF}=90^0\)

\(\Rightarrow AG\perp NF\)(8)

+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MDE}=\widehat{MBE}\left(MBDEnt\right)\\\widehat{MBE}=\widehat{ACE}\left(ABECnt\right)\\\widehat{ACE}=\widehat{ADK}\left(DECKnt\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{ADK}\)mà \(\widehat{MDE}+\widehat{MDA}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ADK}+\widehat{MDA}=180^0\)

\(\Rightarrow M,D,K\)thẳng hàng

Lại có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DME}=\widehat{DBE}\\\widehat{BED}=\widehat{BAQ}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BA}\right)\\\widehat{BAQ}=\widehat{QEM}\end{cases}}\)mà \(\widehat{DBE}+\widehat{DEB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{QEM}+\widehat{DME}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{MIE}=90^0\)

\(\Rightarrow QE\perp MK\) Mà \(QE//AG\)( cùng vuông góc với AQ )

\(\Rightarrow AG\perp MK\)(9)

Từ (8) và (9) \(\Rightarrow NF//MK\left(đpcm\right)\)

g) Nhớ lại rằng hai tam giác đồng dạng thì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.

Ta có   \(\Delta IAB\sim\Delta BAC\to\frac{S\left(IAB\right)}{S\left(ABC\right)}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^2.\)

Tương tự \(\Delta BAC\sim\Delta BHA\to\frac{S\left(ABC\right)}{S\left(HBA\right)}=\left(\frac{BC}{BA}\right)^2.\)

Nhân hai đẳng thức với nhau cho ta \(\frac{S\left(IAB\right)}{S\left(ABH\right)}=\left(\frac{BC}{AC}\right)^2=\frac{BC^2}{AC^2}=\frac{BC^2}{BC\cdot CH}=\frac{BC}{CH}\to\frac{S\left(ABH\right)}{S\left(IAB\right)}=\frac{CH}{BC}.\)  (ĐỀ SAI NHÉ)

h)  Theo định lý Pi-ta-go ta có

\(BC^2=\left(BH+CH\right)^2=BH^2+CH^2+2BH\cdot CH=BE^2+EH^2+HF^2+FC^2+2AH^2\)

\(=BE^2+CF^2+2AH^2+\left(HE^2+HF^2\right)=BE^2+CF^2+2AH^2+EF^2=BE^2+CF^2+3AH^2.\)

câu a với câu e làm sao bạn??

Gọi I là trung điểm của BC => BI=IC=1/2 BC (1)

Vì tam giác FBC vuông tại F; FI là đường trung trực của BC =>FI = 1/2 BC (2)

Tương tự => EI = 1/2 BC (3)

Từ (1), (2) và (3) =>EI = BI = IC = FI = 1/2 BC

=>E, B, C, F thuộc một đường tròn

( Mình nhắc trước có một số chỗ mình viết tắt ^^ vì bài dài đánh chữ nhiều cũng mỏi lắm, với cả  chỗ viết tắt cũng cơ bản í mà :)) ko hiểu chỗ nào thì hỏi nha ) 

a) Vì \(\hept{\begin{cases}AB\perp OB\\OI\perp DE\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{ABO}=90^0\\\widehat{AIO}=90^0\end{cases}}}\)

Xét tứ giác ABIO có: \(\widehat{ABO}=\widehat{AIO}\left(=90^0\right)\)

Mà 2 đỉnh B,I cùng nhìn cạnh OA dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow ABIO\)nội tiếp ( dhnb )

+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{ABH}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\\\widehat{BOA}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\frac{1}{2}sđ\widehat{BC}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{BOA}\)

Xét tam giác ABH và tam giác AOB có: 

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAO}chung\\\widehat{ABH}=\widehat{BOA}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABH~\Delta AOB\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{AO}{AB}\)

\(\Rightarrow AB^2=AH.AO\left(1\right)\)

b) Xét tam giác ABD và tam giác AEB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAE}chung\\\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BD}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABD~\Delta AEB\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\)

\(\Rightarrow AB^2=AD.AE\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH.AO=AD.AE\)

\(\Rightarrow\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\)

Xét tam giác ADH và tam giác AOE có: 

\(\hept{\begin{cases}\widehat{OAE}chung\\\frac{AH}{AD}=\frac{AE}{AO}\end{cases}}\Rightarrow\Delta ADH~\Delta AOE\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AHD}=\widehat{AEO}\)

Xét tứ giác DHOE có \(\widehat{AHD}=\widehat{AEO}\)

\(\Rightarrow DHOE\)nội tiếp ( dhnb )

=> D,H,O,E thuộc một đường tròn (3)

Ta có: OK là đường trung trực của DE

Xét tam giác KDO và tam giác KEO có: 

\(\hept{\begin{cases}KD=KE\\OD=OE\\OKchung\end{cases}\Rightarrow\Delta KDO=\Delta KEO\left(c-c-c\right)}\)

\(\Rightarrow\widehat{KDO}=\widehat{KEO}=90^0\)

Xét tứ giác KDOE có: \(\widehat{KDO}=\widehat{KEO}=90^0\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác KDOE

\(\Rightarrow KDOE\)nội tiếp 

=> K,D,O,E thuộc đường tròn đường kính OK

Từ (3) và (4) => D,K,E,O,H thuộc đường tròn đường kính OK

c) Vì K,,O,H thuộc đường tròn đường kính OK

\(\Rightarrow\widehat{KHO}=90^0\)

\(\Rightarrow KH\perp HO\)

Mà \(BC\perp HO\)

\(\Rightarrow K,B,C\)thẳng hàng

Giusp mk vứiiiii

Nhân dịp sinh nhật, mẹ mua tặng Mai một chiếc bánh kem. Mai cho em Hoa 1/3 chiếc bánh, cho chị Linh 1/4 chiếc bánh. Hỏi Mai còn lại bao nhiêu phần chiếc của chiếc bánh kem đó

a, Xét tứ giác BHFM có 

^BHF + ^BMF = 180⁰

mà 2 góc này đối 

Vậy tứ giác BHFM là tứ giác nt 1 đường tròn 

hay điểm B;H;F;M cùng thuộc 1 đường tròn 

b, Vì tứ giác BHFM nt 1 đường tròn 

=> ^HFM = ^ABE ( góc ngoài đỉnh B ) 

mà ^ABE = ^AFE ( góc nt chắn cung AE ) 

Vậy ^AFH = ^MFH 

hay FE là tia phân giác ^AFM 

https://thi.tuyensinh247.com/de-thi-thu-vao-lop-10-mon-toan-lan-3-phong-gddt-gia-loc-2016-c31a28113.html

A B C H 12 20 E

a, Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH

Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABC vuông tại A

\(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow AC^2=BC^2-AB^2=400-144=256\Leftrightarrow AC=16\)cm 

* Áp dụng hệ thức : \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{144}+\frac{1}{256}=\frac{256+144}{144.256}\)

\(\Rightarrow400AH^2=36864\Leftrightarrow AH^2=\frac{36864}{400}=\frac{2304}{25}\Leftrightarrow AH=\frac{48}{5}\)cm 

b, * Áp dụng hệ thức : \(AH^2=AE.AB\)(1) 

Áp dụng định lí Pytago cho tam giác AHC vuông tại H 

\(AH^2+HC^2=AC^2\Rightarrow AH^2=AC^2-HC^2\) (2) 

Từ (1) ; (2)  suy ra : \(AE.AB=AC^2-HC^2\)( đpcm )