phản đối online math

Từng bài 1 thôi bạn!

vẽ trên đt thông cảm!

Do đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là O

Ta có bổ đề: \(OM=AN=NH=\frac{1}{2}AH\)(tự chứng minh)

Vì \(\widehat{BAH}=\widehat{OAC}\)(cùng phụ với \(\widehat{ABC}\)) 

Mà AK là phân giác của \(\widehat{BAC}\)

=> AK là phân giác 

\(\widehat{HAO}\Rightarrow\widehat{NAK}=\widehat{KAO}\)

Theo bổ đề trên ta có tứ giác ANMO là hình bình hành

=> HK//AO

=> \(\widehat{AKN}=\widehat{KAO}=\widehat{NAK}\left(cmt\right)\)

Hay tam giác NAK cân tại N mà N là trung điểm AH

=> AN=NH=NK

=> \(\Delta AHK\)vuông tại K

em ko biết

Xét \(\Delta ABK\)và \(\Delta C\text{D}K\)có:

\(\widehat{A_1}=\widehat{C_2}\)( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD )

\(\widehat{AKB}=\widehat{CK\text{D}}\)( đối đỉnh )

\(\Rightarrow\Delta ABK~\Delta C\text{D}K\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{KA}{KB}=\frac{KC}{K\text{D}}\Rightarrow KA.K\text{D}=KB.KC\)

b) Kéo dài CH và BH cắt AB và AC lần lượt tại N và M

Xét \(\Delta HC\text{D}\) có:

CK vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

\(\Rightarrow\Delta HC\text{D}\)cân tại C

\(\Rightarrow\)CK là đường phân giác của \(\widehat{HC\text{D}}\Rightarrow\widehat{C_1}=\widehat{C_2}\)

Xét \(\Delta AMH\) và \(\Delta CKH\)có:

\(\widehat{AHM}=\widehat{CHK}\)( đối đỉnh )

\(\widehat{A_1}=\widehat{C_1}\)( cùng bằng \(\widehat{C_2}\))

\(\Rightarrow\Delta AMH~\Delta CKH\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AMH}=\widehat{CKH}=90^0\)

Hay \(CM\perp AB\)

Xét \(\Delta ABC\)có:

2 đường cao cắt nhau tại H

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

c) Ta có: DE // BC Mà \(A\text{D}\perp BC\Rightarrow DE\perp A\text{D}\Rightarrow\widehat{FDE}=90^0\)

Xét \(\Delta AFB\)Và \(\Delta\text{E}FD\)có:

\(\widehat{F_1}=\widehat{F_2}\)( đối đỉnh )

\(\widehat{A_1}=\widehat{FED}\)( góc nội tiếp cùng chắn cung BD )

\(\Rightarrow\Delta\text{A}FB~\Delta\text{E}FD\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{ABF}=\widehat{E\text{D}F}=90^0\)

Xét tam giác ABE nội tiếp đường tròn ( O, R )

có: \(\widehat{ABE}=90^0\)\(\Rightarrow\)AE là đường kính của ( O, R )

\(\Rightarrow\)A , O , E thẳng hàng

\(a,\widehat{ABK}=\widehat{ACK}=90^0\) (góc nt chắn nửa đường tròn) nên \(\Delta ABK;\Delta ACK\) vuông tại B và C

\(b,\left\{{}\begin{matrix}CK//BH\left(\perp AC\right)\\BK//CH\left(\perp AB\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow BHCK\) là hbh

\(c,\left\{{}\begin{matrix}AO=OM=R\\OM//AH\left(\perp BC\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow HM=MK\)

Hình bình hành BHCK có M là trung điểm HK nên cũng là trung điểm BC

\(d,\left\{{}\begin{matrix}AO=OK=R\\HM=MK\left(cm.trên\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow OM\) là đtb tam giác AHK

\(\Rightarrow OM=\dfrac{1}{2}AH\)

2). Từ AD là phân giác  B A C ^  suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1). Δ B D M ∽ Δ B C F , ta có  D M C F = B D B C .

Vậy ta có biến đổi sau D A C F = 2 D M C F = 2 B D B C = C D C N = D E C E  (3).

Ta lại có góc nội tiếp  A D E ^ = F C E ^  (4).

Từ 3 và 4, suy ra Δ E A D ∽ Δ E F C ⇒ E F C ^ = E A D ^ = 90 ° ⇒ E F ⊥ A C  

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau  B D M ^ = B C F ^   ( 1 ) và  B M A ^ = B F A ^    suy ra  180 0 − B M A ^ = 180 0 − B F A ^  hay  B M D ^ = B F C ^  (2).

Từ (1) và (2), suy ra  Δ B D M ~ Δ B C F   (g - g).