a) Xét tứ giác AECD có \(\widehat{CDE}+\widehat{CEA}=90^0+90^0=180^0\Rightarrow\)tứ giác AECD nội tiếp

b) Xét đường tròn (O) có MA là tiếp tuyến\(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{CBA}\)(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(\stackrel\frown{AC}\)) (1)

Ta lại có tứ giác AECD nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{CDE}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{CE}\)) (2)

Từ (1),(2)\(\Rightarrow\widehat{CDE}=\widehat{CBA}\)

c)

Xét tứ giác BFCD có\(\widehat{BFC}+\widehat{BDC}=90^0+90^0=180^0\Rightarrow\) tứ giác BFCD nội tiếp\(\Rightarrow\) \(\widehat{DBF}+\widehat{DCF}=180^0\)

Ta lại có tứ giác AECD nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{DCE}+\widehat{DAE}=180^0\)

Mà \(\widehat{DBF}=\widehat{DAE}\)

Suy ra \(\widehat{DCE}=\widehat{DCF}\Rightarrow\widehat{DCA}+\widehat{ECA}=\widehat{BCD}+\widehat{BCF}\Rightarrow\widehat{DCA}+\widehat{EDA}=\widehat{BCD}+\widehat{BCF}\Rightarrow\left(90^0-\widehat{DBC}\right)+\widehat{EDA}=\left(90^0-\widehat{CDE}\right)+\widehat{BCF}\Rightarrow\widehat{EDA}=\widehat{BCF}\)

Xét tứ giác CKDI có\(\widehat{KCI}+\widehat{KDI}=\widehat{KCD}+\widehat{ICD}+\widehat{KDC}+\widehat{CDI}=\widehat{KCD}+\widehat{KCF}+\widehat{FBC}+\widehat{CBD}=\widehat{DBF}+\widehat{FCD}=180^0\)\(\Rightarrow\)tứ giác CKDI nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{CDI}=\widehat{CKI}\)

Mà \(\widehat{CDI}=\widehat{CBD}\)

Suy ra \(\widehat{CKI}=\widehat{CBD}\Rightarrow\)IK//AB

câu a bạn tự làm nha b)xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADCE góc CDE =góc CAE (2 góc nt cùng chắn cung EC) mà góc CBA = góc CAE ( goc nt và goc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cg cùng chắn cg AC ) suy ra gócCDE = góc CBE c) cm tứ giác BDCF nội tiếp suy ra góc CDF = góc CBF mà góc CAB = góc CBF do đó góc cab = góc cdf cm tt góc CDE = góc CBA TA CÓ : CDE +CDF = CAB+CBA =90 ĐỘ ( VÌ tam giác acb vuông tại c ) xét tứ giác CIDK có ICK +IDK =180 độ mà ICK và IDK là 2 góc đối nhau suy ra tứ giác CIDK nt nên CKI = CDI ( 2goc nt chắn cg IC) mà CDE = CBA nên CKI = CBA DO ĐÓ : IK //AB

a. Vì \(CE\perp MA\)tại E (gt) => \(\widehat{AEC}=90^o\)

\(CD\perp AB\)tại D=> \(\widehat{ADC}=90^o\)

Xét tứ giác AECD có: \(\widehat{AEC}+\widehat{ADC}=90^o+90^o=180^o\)=> AECD là tứ giác nội tiếp đt \((G,R=\frac{AC}{2})\)trong đó G là trung điểm của AC (dhnb)

Cmtt ta có: BFCD là tứ giác nội tiếp đt \((H,R=\frac{BC}{2})\)trong đó H là trung điểm của BC

b. 

Vì AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EC}\)) (1)

Do MA là tiếp tuyến của đt(O) (gt)=> \(\widehat{EAC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\)(t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Xét đt (O) có: \(\widehat{ABC}=\widehat{DBC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\)(t/c góc nội tiếp) => \(\widehat{EAC}=\widehat{DBC}\)(2)

vì BFCD là tứ giác nội tiếp => \(\widehat{DBC}=\widehat{DFC}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{DC}\)) (3)

Từ (1),(2) và (3) => \(\widehat{EDC}=\widehat{DFC}\)

do AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{CED}=\widehat{CAD}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{CD}\)) (4)

Vì MB là tiếp tuyến của đt (O) tại B (gt) => \(\widehat{CBF}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Xét đt (O) có: \(\widehat{BAC}=\widehat{DAC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\)(t/c góc nội tiếp) => \(\widehat{CBF}=\widehat{DAC}\)(5)

lại có: BFCD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{CBF}=\widehat{CDF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{CF}\)) (6)

Từ (4), (5) và (6) => \(\widehat{CED}=\widehat{CDF}\)

Xét \(\Delta ECD\)và \(\Delta DCF\)có:

\(\widehat{CED}=\widehat{CDF}\)(Cmt)

\(\widehat{EDC}=\widehat{DFC}\)(Cmt)

=> \(\Delta ECD~\Delta DCF\)(g.g) => \(\frac{EC}{DC}=\frac{CD}{CF}\Rightarrow CD^2=CE\times CF\)(Đpcm)

c. Vì I là giao điểm của AC và DE (gt) => \(I\in AC\)

K là giao điểm của BC và DF (gt) => \(K\in BC\)

=> \(\widehat{ICK}=\widehat{ACB}\)

Vì \(\widehat{EDC}=\widehat{ABC}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{IDC}=\widehat{ABC}\left(do\overline{E,I,D}\Rightarrow\widehat{EDC}=\widehat{IDC}\right)\)

\(\widehat{CDF}=\widehat{BAC}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{CDK}=\widehat{BAC}\left(do\overline{F,K,D}\Rightarrow\widehat{CDF}=\widehat{CDK}\right)\)

Xét tứ giác ICKD có : \(\widehat{ICK}+\widehat{IDK}=\widehat{ICK}+\widehat{IDC}+\widehat{CDK}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}+\widehat{BAC}=180^o\)

(Áp dụng định lý tổng 3 góc trong \(\Delta ABC\)ta có: \(\widehat{ACB}+\widehat{ABC}+\widehat{BAC}=180^o\))

=> Tứ giác ICKD là tứ giác nội tiếp (dhnb) => 4 điểm I,C,K,D cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm)

d. Vì ICKD là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{CIK}=\widehat{CDK}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{CK}\))

Lại có: \(\widehat{CDK}=\widehat{BAC}\)(Cmt)  => \(\widehat{CIK}=\widehat{BAC}\)mà 2 góc này ở vị tri đồng vị => IK // AB (Dhnb)

Do \(CD\perp AB\left(gt\right)\)=> \(IK\perp CD\)(Quan hệ tính vuông góc và tính song song của 3 đt)

Bạn cho mình hỏi ở phần nào đk ?

Tự vẽ hình

Tứ giác DBFC nội tiếp => góc FDC =FBC và CBD= CFD

Tứ giác DAEC nội tiếp => góc CDE=EAC và CAD = CED

Mà EAC = EBA, CBF = CAB  ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )

ð CDF = CED VÀ CFD= CDE => tam giác ECD đồng dạng tam giác DCF => EDF = CAB + CBA mà CAB + CBA + ACB = 180 => IDK + ICK = 180 => tứ giác CIDK nội tiếp => CKI = CDI = CFD= CBA => IK// AB (đfcm )

Gọi S là giao của BM với d, N là giao của BP với HK

Xét ΔPAM và ΔOBM có

AP/MA=OB/MB

góc PAM=góc OBM

=>ΔPAM đồng dạng với ΔOBM

=>PA/PM=OB/OM=1

=>PA=PM

góc AMS=90 độ

=>góc PAM+góc PSM=90 độ=góc PMA+góc PMS

PM=PA

=>góc PSM=góc PMS

=>PS=PM

=>PA=PS

KH//AS

=>NK/PA=BN/BP=NH/PS

=>NK=NH

=>BP đi qua trung điểm của HK

gọi G là giao của tia đối tia CD với AM (ta giả sử cung AC  < cung BC)

ý c: từ b suy ra tam giác CDE đồng dạng CFD

=> \(\widehat{ECD}=\widehat{FCD}\) 

ta có: \(\widehat{ECD}+\widehat{GCE}=180^o\) 

\(\widehat{FCD}+\widehat{GCF}=180^o\)

\(\widehat{GCE}=\widehat{GCF}\)suy ra đccm

ý d: CM IK//AB

Ta có: \(\widehat{FDB}=\widehat{FCB}\)(BDCF nôi tiếp đường tròn)

\(\hept{\begin{cases}\widehat{FCB}+\widehat{FBC}=90^o\\\widehat{DCA}+\widehat{CAD}=90^o\end{cases}}\)

mà \(\widehat{CAD}=\widehat{FBC}\)(cùng chắn cung BC)

\(\Rightarrow\widehat{FCB}=\widehat{DCA}\Rightarrow\widehat{FDB}=\widehat{DCA}\)(1)

Tương tự:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{ECA}+\widehat{EAC}=90^o\\\widehat{DCB}+\widehat{DBC}=90^o\end{cases}}\)

mà \(\widehat{EAC}=\widehat{DBC}\)(cùng chắn cung AC)

\(\Rightarrow\widehat{ECA}=\widehat{DCB}\). mà \(\widehat{ECA}=\widehat{EDA}\)(tứ giác ECDA nội tiếp nên 2 góc kia cùng chắn cung AE)

\(\Rightarrow\widehat{DCB}=\widehat{EDA}\)(2)

(1)+(2) => \(\widehat{ACD}+\widehat{BCD}=\widehat{FDB}+\widehat{EDA}\)

\(\Rightarrow\widehat{ICK}=\widehat{FDB}+\widehat{EDA}\)\(\Rightarrow\widehat{ICK}+\widehat{IDK}=\widehat{FDB}+\widehat{EDA}+\widehat{IDK}=180^o\)

suy ra tứ giác IDKC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{CKI}=\widehat{CDI}=\widehat{CAE}=\widehat{CBA}\)

mà góc CKI và góc CBA ở vị trí đồng vị suy ra IK//AB. ta đc đccm.

1) Hình vẽ câu 1) đúng

Ta có  A E C ^ = A D C ^ = 90 0 ⇒ A E C ^ + A D C ^ = 180 0  do đó, tứ giác ADCE nội tiếp.

2) Chứng minh tương tự tứ giác BDCF nội tiếp.

Do các tứ giác A D C E ,   B D C F  nội tiếp nên  B 1 ^ = F 1 ^ , A 1 ^ = D 1 ^

Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên  A 1 ^ = 1 2 s đ A C ⏜ = B 1 ^ ⇒ D 1 ^ = F 1 ^ .  

Chứng minh tương tự  E 1 ^ = D 2 ^ .  Do đó,  Δ C D E ∽ Δ C F D g.g

3) Gọi Cx là tia đối của tia CD

Do các tứ giác  A D C E ,   B D C F nội tiếp nên  D A E ^ = E C x ^ , D B F ^ = F C x ^  

Mà M A B ^ = M B A ^ ⇒ E C x ^ = F C x ^  nên Cx là phân giác góc E C F ^ .

4) Theo chứng minh trên  A 2 ^ = D 2 ^ , B 1 ^ = D 1 ^  

Mà  A 2 ^ + B 1 ^ + A C B ^ = 180 0 ⇒ D 2 ^ + D 1 ^ + A C B ^ = 180 0 ⇒ I C K ^ + I D K ^ = 180 0  

Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp  ⇒ K 1 ^ = D 1 ^  mà D 1 ^ = B 1 ^ ⇒ I K / / A B