Câu 17:
a: Xét tứ giác BEHD có \(\widehat{BEH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BEHD là tứ giác nội tiếp
b: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)
=>\(\widehat{CNE}=\widehat{CAK}\)
Xét (O) có
\(\widehat{CAK}\) là góc nội tiếp chắn cung CK
\(\widehat{CIK}\) là góc nội tiếp chắn cung CK
Do đó: \(\widehat{CAK}=\widehat{CIK}\)
Xét ΔCEN và ΔCIE có
\(\widehat{CEN}=\widehat{CIE}\)
\(\widehat{ECN}\) chung
Do đó: ΔCEN~ΔCIE
=>\(\dfrac{CE}{CI}=\dfrac{CN}{CE}\)
=>\(CE^2=CN\cdot CI\)
c:
ΔCNE~ΔCEI
=>\(\dfrac{NE}{EI}=\dfrac{NC}{CE}\)
=>\(NE=\dfrac{NC\cdot EI}{CE}\)
AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH vì \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^0\)
mà P là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔAEF
nên P là trung điểm của AH
=>PA=PH=PE=PF
PE=PF nên P nằm trên đường trung trực của EF(1)
Ta có: ΔOBC cân tại O
mà OM là đường cao
nên M là trung điểm của BC
Xét tứ giác BEFC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)
nên BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>BEFC nội tiếp (M)
=>ME=MF
=>M nằm trên đường trung trực của EF(2)
Ta có: BEFC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FEC}=\widehat{FBC}\)
=>\(\widehat{NEC}=\widehat{FBC}\)
mà \(\widehat{FBC}=\widehat{KAC}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)
nên \(\widehat{NEC}=\widehat{KAC}\)
=>\(\widehat{NEC}=\widehat{KIC}\)
AEHF nội tiếp
=>\(\widehat{AHE}=\widehat{AFE}\)
mà \(\widehat{AHE}+\widehat{KHE}=180^0\)(hai góc kề bù)
và \(\widehat{AFE}+\widehat{CFE}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{KHE}=\widehat{CFE}\)
Xét ΔCFN và ΔKHE có
\(\widehat{CFN}=\widehat{KHE}\)
\(\widehat{FCN}=\widehat{HKE}\left(=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AI}\right)\)
Do đó: ΔCFN~ΔKHE
=>\(\dfrac{CF}{KH}=\dfrac{FN}{HE}=\dfrac{CN}{KE}\)
=>\(FN=\dfrac{HE\cdot CN}{KE}\)
\(\dfrac{NE}{NF}=\dfrac{IE\cdot NC}{CE}:\dfrac{HE\cdot CN}{KE}=\dfrac{IE\cdot KE}{HE\cdot CE}\)
Xét ΔIEA và ΔBEK có
\(\widehat{IEA}=\widehat{BEK}\)(hai góc đối đỉnh)
\(\widehat{IAE}=\widehat{EKB}\left(=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{IB}\right)\)
Do đó: ΔIEA~ΔBEK
=>\(\dfrac{IE}{BE}=\dfrac{EA}{EK}\)
=>\(IE\cdot EK=EA\cdot EB\)
Xét ΔAEH vuông tại E và ΔCEB vuông tại E có
\(\widehat{EAH}=\widehat{ECB}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
Do đó: ΔAEH~ΔCEB
=>\(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{EH}{EB}\)
=>\(EA\cdot EB=EH\cdot EC\)
=>\(IE\cdot EK=EH\cdot EC\)
=>NE/NF=1
=>NE=NF
=>N nằm trên đường trung trực của EF(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra M,N,P thẳng hàng
c:
ΔCNE~ΔCEI
=>\(\dfrac{NE}{EI}=\dfrac{NC}{CE}\)
=>\(NE=\dfrac{NC\cdot EI}{CE}\)
AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH vì \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^0\)
mà P là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔAEF
nên P là trung điểm của AH
=>PA=PH=PE=PF
PE=PF nên P nằm trên đường trung trực của EF(1)
Ta có: ΔOBC cân tại O
mà OM là đường cao
nên M là trung điểm của BC
Xét tứ giác BEFC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)
nên BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>BEFC nội tiếp (M)
=>ME=MF
=>M nằm trên đường trung trực của EF(2)
Ta có: BEFC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FEC}=\widehat{FBC}\)
=>\(\widehat{NEC}=\widehat{FBC}\)
mà \(\widehat{FBC}=\widehat{KAC}\left(=90^0-\widehat{ACB}\right)\)
nên \(\widehat{NEC}=\widehat{KAC}\)
=>\(\widehat{NEC}=\widehat{KIC}\)
AEHF nội tiếp
=>\(\widehat{AHE}=\widehat{AFE}\)
mà \(\widehat{AHE}+\widehat{KHE}=180^0\)(hai góc kề bù)
và \(\widehat{AFE}+\widehat{CFE}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{KHE}=\widehat{CFE}\)
Xét ΔCFN và ΔKHE có
\(\widehat{CFN}=\widehat{KHE}\)
\(\widehat{FCN}=\widehat{HKE}\left(=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AI}\right)\)
Do đó: ΔCFN~ΔKHE
=>\(\dfrac{CF}{KH}=\dfrac{FN}{HE}=\dfrac{CN}{KE}\)
=>\(FN=\dfrac{HE\cdot CN}{KE}\)
\(\dfrac{NE}{NF}=\dfrac{IE\cdot NC}{CE}:\dfrac{HE\cdot CN}{KE}=\dfrac{IE\cdot KE}{HE\cdot CE}\)
Xét ΔIEA và ΔBEK có
\(\widehat{IEA}=\widehat{BEK}\)(hai góc đối đỉnh)
\(\widehat{IAE}=\widehat{EKB}\left(=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{IB}\right)\)
Do đó: ΔIEA~ΔBEK
=>\(\dfrac{IE}{BE}=\dfrac{EA}{EK}\)
=>\(IE\cdot EK=EA\cdot EB\)
Xét ΔAEH vuông tại E và ΔCEB vuông tại E có
\(\widehat{EAH}=\widehat{ECB}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
Do đó: ΔAEH~ΔCEB
=>\(\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{EH}{EB}\)
=>\(EA\cdot EB=EH\cdot EC\)
=>\(IE\cdot EK=EH\cdot EC\)
=>NE/NF=1
=>NE=NF
=>N nằm trên đường trung trực của EF(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra M,N,P thẳng hàng
