Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
M đối xứng D qua AB
=>AB là đường trung trực của DM
=>AB⊥DM tại trung điểm của DM
=>AM=AD và BM=BD
F nằm trên đường trung trực của DM
=>FD=FM
N đối xứng D qua AC
=>AC là đường trung trực của DN
=>AC⊥DN tại trung điểm của DN
=>AD=AN và CD=CN
E nằm trên đường trung trực của DN
=>ED=EN
Xét ΔAMB và ΔADB có
AM=AD
BM=BD
AB chung
Do đó: ΔAMB=ΔADB
=>\(\hat{AMB}=\hat{ADB}=90^0\)
ΔAMB=ΔADB
=>\(\hat{MAB}=\hat{DAB}\)
=>AB là phân giác của góc MAD
=>\(\hat{MAD}=2\cdot\hat{BAD}\)
Xét ΔFMB và ΔFDB có
FM=FD
MB=DB
FB chung
Do đó: ΔFMB=ΔFDB
=>\(\hat{MFB}=\hat{DFB}\)
=>FB là phân giác của góc MFD
Xét ΔADC và ΔANC có
AD=AN
DC=NC
AC chung
Do đó: ΔADC=ΔANC
=>\(\hat{ANC}=\hat{ADC}=90^0\)
ΔADC=ΔANC
=>\(\hat{DAC}=\hat{NAC}\)
=>AC là phân giác của góc DAN
=>\(\hat{DAN}=2\cdot\hat{DAC}\)
Xét ΔEDC và ΔENC có
ED=EN
DC=NC
EC chung
Do đó: ΔEDC=ΔENC
=>\(\hat{DEC}=\hat{NEC}\)
=>EC là phân giác của góc DEN
\(\hat{MAN}=\hat{MAD}+\hat{NAD}\)
\(=2\left(\hat{BAD}+\hat{DAC}\right)=2\cdot\hat{BAC}\)
AM=AD
AN=AD
Do đó: AM=AN
=>ΔAMN cân tại A
=>\(\hat{AMN}=\hat{ANM}=\frac{180^0-\hat{MAN}}{2}=\frac{180^0-2\cdot\hat{BAC}}{2}=90^0-\hat{BAC}\)
Xét ΔAMF có \(\hat{BFM}\) là góc ngoài tại đỉnh F
nên \(\hat{BFM}=\hat{FMA}+\hat{FAM}\)
\(=90^0-\hat{BAC}+\hat{MAB}=90^0-\hat{BAC}+\hat{BAD}=90^0-\hat{BAC}+90^0-\hat{ABC}\)
\(=180^0-\left(\hat{BAC}+\hat{ABC}\right)=\hat{ACB}\)
=>\(\hat{BFD}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BFD}+\hat{AFD}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AFD}+\hat{ACD}=180^0\)
=>AFDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AFC}=\hat{ADC}=90^0\)
Vì \(\hat{AFC}=\hat{ADC}=\hat{ANC}=90^0\)
nên A,F,D,C,N cùng thuộc đường tròn đường kính AC
\(\hat{AFC}=90^0\)
=>CF⊥AB
Xét ΔAEN có \(\hat{NEC}\) là góc ngoài tại đỉnh E
nên \(\hat{NEC}=\hat{EAN}+\hat{ENA}\)
\(=\hat{DAC}+90^0-\hat{BAC}=90^0-\hat{ACB}+90^0-\hat{BAC}=\hat{ABC}\)
=>\(\hat{CED}=\hat{CBA}\)
mà \(\hat{CED}+\hat{AED}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{DBA}+\hat{DEA}=180^0\)
=>ABDE nội tiếp
=>\(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)
=>BE⊥AC tại E
Xét ΔABC có
AD,BE,CF là các đường cao
Do đó: AD,BE,CF đồng quy
Cô gợi ý nhé.
a. Nối AM, AN ta thấy tam giác AMN cân tại A. Từ đó suy ra đc AMN = ANM và suy ra FDA = ADE.
b. Cô làm cách này nhưng dùng kt lớp 9, em thử xem còn cách khác không nhé.
Góc FDA = ADE = ANE nên FAND là từ giác nội tiếp. Từ đó suy ra góc FAD = FND.
Vậy suy ra góc FAE = EDC = FDB = FMB hay tứ giác MAEB nội tiếp. Suy ra góc MAB = MEB. Mà MAB = FAD.
Vậy góc MEB = FND hay BE//DN. Vậy BE là đường cao. Tương tự CF cũng là đường cao nên AD, BE, CF đồng quy.
M đối xứng D qua AB
=>AB là đường trung trực của DM
=>AB⊥DM tại trung điểm của DM
=>AM=AD và BM=BD
F nằm trên đường trung trực của DM
=>FD=FM
N đối xứng D qua AC
=>AC là đường trung trực của DN
=>AC⊥DN tại trung điểm của DN
=>AD=AN và CD=CN
E nằm trên đường trung trực của DN
=>ED=EN
Xét ΔAMF và ΔADF có
AM=AD
MF=DF
AF chung
Do đó: ΔAMF=ΔADF
=>\(\hat{AMF}=\hat{ADF}\) (1)
Xét ΔADE và ΔANE có
AD=AN
DE=NE
AE chung
Do đó: ΔADE=ΔANE
=>\(\hat{ADE}=\hat{ANE}\) (2)
AM=AD
AD=AN
Do đó: AM=AN
=>ΔAMN cân tại A
=>\(\hat{AMF}=\hat{ANE}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{ADE}=\hat{ADF}\)
=>DA là phân giác của góc FDE
M đối xứng D qua AB
=>AB là đường trung trực của DM
=>AB⊥DM tại trung điểm của DM
=>AM=AD và BM=BD
F nằm trên đường trung trực của DM
=>FD=FM
N đối xứng D qua AC
=>AC là đường trung trực của DN
=>AC⊥DN tại trung điểm của DN
=>AD=AN và CD=CN
E nằm trên đường trung trực của DN
=>ED=EN
Xét ΔAMB và ΔADB có
AM=AD
BM=BD
AB chung
Do đó: ΔAMB=ΔADB
=>\(\hat{AMB}=\hat{ADB}=90^0\)
ΔAMB=ΔADB
=>\(\hat{MAB}=\hat{DAB}\)
=>AB là phân giác của góc MAD
=>\(\hat{MAD}=2\cdot\hat{BAD}\)
Xét ΔFMB và ΔFDB có
FM=FD
MB=DB
FB chung
Do đó: ΔFMB=ΔFDB
=>\(\hat{MFB}=\hat{DFB}\)
=>FB là phân giác của góc MFD
Xét ΔADC và ΔANC có
AD=AN
DC=NC
AC chung
Do đó: ΔADC=ΔANC
=>\(\hat{ANC}=\hat{ADC}=90^0\)
ΔADC=ΔANC
=>\(\hat{DAC}=\hat{NAC}\)
=>AC là phân giác của góc DAN
=>\(\hat{DAN}=2\cdot\hat{DAC}\)
Xét ΔEDC và ΔENC có
ED=EN
DC=NC
EC chung
Do đó: ΔEDC=ΔENC
=>\(\hat{DEC}=\hat{NEC}\)
=>EC là phân giác của góc DEN
\(\hat{MAN}=\hat{MAD}+\hat{NAD}\)
\(=2\left(\hat{BAD}+\hat{DAC}\right)=2\cdot\hat{BAC}\)
AM=AD
AN=AD
Do đó: AM=AN
=>ΔAMN cân tại A
=>\(\hat{AMN}=\hat{ANM}=\frac{180^0-\hat{MAN}}{2}=\frac{180^0-2\cdot\hat{BAC}}{2}=90^0-\hat{BAC}\)
Xét ΔAMF có \(\hat{BFM}\) là góc ngoài tại đỉnh F
nên \(\hat{BFM}=\hat{FMA}+\hat{FAM}\)
\(=90^0-\hat{BAC}+\hat{MAB}=90^0-\hat{BAC}+\hat{BAD}=90^0-\hat{BAC}+90^0-\hat{ABC}\)
\(=180^0-\left(\hat{BAC}+\hat{ABC}\right)=\hat{ACB}\)
=>\(\hat{BFD}=\hat{BCA}\)
mà \(\hat{BFD}+\hat{AFD}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AFD}+\hat{ACD}=180^0\)
=>AFDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{AFC}=\hat{ADC}=90^0\)
Vì \(\hat{AFC}=\hat{ADC}=\hat{ANC}=90^0\)
nên A,F,D,C,N cùng thuộc đường tròn đường kính AC
\(\hat{AFC}=90^0\)
=>CF⊥AB
Xét ΔAEN có \(\hat{NEC}\) là góc ngoài tại đỉnh E
nên \(\hat{NEC}=\hat{EAN}+\hat{ENA}\)
\(=\hat{DAC}+90^0-\hat{BAC}=90^0-\hat{ACB}+90^0-\hat{BAC}=\hat{ABC}\)
=>\(\hat{CED}=\hat{CBA}\)
mà \(\hat{CED}+\hat{AED}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{DBA}+\hat{DEA}=180^0\)
=>ABDE nội tiếp
=>\(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)
=>BE⊥AC tại E
Xét ΔABC có
AD,BE,CF là các đường cao
Do đó: AD,BE,CF đồng quy