Sai thì thôi nha! Em chịu hình:(

a) H là giao điểm của hai đường cao BD và CE nên đường cao còn lại đi qua H. Hay AH vuông góc với BC.

b + c) đang suy nghĩ

a)  Xét ∆ABC có :

BD vuông góc với AC

CE vuông góc với AB 

=> H là trực tâm ∆ABC(1)

M là trung điểm là BC 

=> AM là trung tuyến ∆ABC(2)

=> AM vuông góc với BC

b) Vì AM là trung trực ∆ABC 

Vì AM là trung tuyến ∆ABC 

=> ∆ABC cân tại A

=> BM = MC

=> AD = DC

=> AE = EB

Xét ∆ vuông BMH và ∆ vuông CMH ta có :

HM chung

BM = MC 

=> ∆BMH = ∆CMH ( 2 cạnh góc vuông) 

=> BH = HC

Chứng minh tương tự ta có : 

=> AH = HB 

=> AH = HC 

=> HC = AH 

Xét ∆ vuông AEH và ∆ vuông HMC ta có : 

AH = HC (cmt)

EHA = MHC ( đối đỉnh) 

=> ∆AEH = ∆ HMC(cạnh huyền - góc nhọn)

=> AE = MC ( 2 cạnh tg ứng) 

Mà AE = EB 

=> MC = EB 

Mà BM = MC (cmt)

=> BE = BM 

=> ∆EBM cân tại E(dpcm)

Khó thật 

cái thể loại 0 điểm hỏi đáp , đăng toán hình mà éo vẽ hình không = rác rưởi

1: Xét tứ giác BCDE có \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BCDE là tứ giác nội tiếp

2: Xét ΔKEB vuông tại E và ΔKDC vuông tại D có

góc EKB=góc DKC

Do đó: ΔEKB\(\sim\)ΔDKC

Suy ra: KE/KD=KB/KC

hay \(KE\cdot KC=KB\cdot KD\)

Tham khảo

Câu hỏi của Hot girl 2k5 - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

mik ko hieu cau c cho lam, ai giang giup mik cau c voi :((

mk cần phần c)

1.

Chứng minh được \widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}CEB=BDC=90∘.

Suy ra 44 điểm B,E, D, CB,E,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính CBCB nên tứ giác BCDEBCDE nội tiếp.

Có tứ giác BCDEBCDE nội tiếp nên \widehat{DCE} = \widehat{DBE}DCE=DBE (22 góc nội tiếp cùng chắn cung DEDE) hay \widehat{ACQ} = \widehat{ABP}ACQ​=ABP.

Trong đường tròn tâm (O)(O), ta có \widehat{ACQ}ACQ​ là góc nội tiếp chắn cung AQAQ và \widehat{ABP}ABP nội tiếp chắn cung APAP

\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}⇒AQ⌢​=AP⌢.

2.

(O)(O) có \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên \widehat{ABP} = \widehat{ABQ}ABP=ABQ​ hay \widehat{HBE} = \widehat{QBE}HBE=QBE​.

Ta chứng minh được BEBE vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác HBQHBQ nên EE là trung điểm của HQHQ.

Chứng minh tương tự DD là trung điểm của HPHP \Rightarrow DE⇒DE là đường trung bình của tam giác HPQHPQ \Rightarrow DE // PQ⇒DE//PQ (1).

Do \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}AQ⌢​=AP⌢ nên AA là điểm chính giữa cung PQPQ \Rightarrow OA \perp PQ⇒OA⊥PQ (2).

Từ (1) và (2) suy ra OA \perp DEOA⊥DE.

3.

Kẻ đường kính CFCF của đường tròn tâm (O)(O), chứng minh tứ giác ADHEADHE nội tiếp đường tròn đường kính AHAH.

Chứng minh tứ giác AFBHAFBH là hình bình hành, suy ra BF=AHBF=AH.

Trong đường tròn (O)(O) có \widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}CAB=CFB=60∘ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BCBC). Chỉ ra tam giác BCFBCF vuông tại BB và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6BF=CF.cos60∘=R=6 cm.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHEADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.

Gọi rr là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADEADE.

Suy ra 2r=AH=BF=62r=AH=BF=6 cm.

Vậy r=3r=3 cm.