a) Ta thấy ngay do BD, CE là đường cao nên \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\) 

Xét tứ giác AEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\) nên AEDC là tứ giác nội tiếp hay A, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.

Đường tròn cần tìm là đường tròn đường kính BC, tức là tâm đường tròn là trung điểm J của BC, bán kính là JB.

b) Xét tam giác BEC và tam giác BHM có : 

\(\widehat{BEC}=\widehat{BHM}=90^o\)

Góc B chung

\(\Rightarrow\Delta BEC\sim\Delta BHM\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{BE}{BH}=\frac{BC}{BM}\Rightarrow BC.BH=BE.BM\)

Ta có \(BK^2=BD^2=BH.BC=BE.EM\)   mà \(KE\perp BM\Rightarrow\widehat{BKM}=90^o\)

Vậy MK là tiếp tuyến của đường tròn tâm B.

c) 

Gọi F là giao điểm của CE với đường tròn tâm B.

Do \(BE\perp KF\)nên MB là trung trực của FK.

\(\Rightarrow\widehat{MFB}=\widehat{MKB}=90^o\Rightarrow\)tứ giác MFBH nội tiếp.

\(\Rightarrow\widehat{MHF}=\widehat{MBF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF)

Ta cũng có MKHB nội tiếp nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)

Mà \(\widehat{MBF}=\widehat{MBK}\) nên HI là phân giác góc KHF.

Áp dụng tính chất tia phân giác ta có : \(\frac{IK}{IF}=\frac{HK}{HF}\)

Ta có \(HC\perp HI\) nên HC là tia phân giác ngoài của góc KHF.

\(\Rightarrow\frac{CK}{CF}=\frac{HK}{HF}\)

Vậy nên \(\frac{CK}{CF}=\frac{IK}{IF}\)

\(\Rightarrow\frac{CK}{CF+KF}=\frac{IK}{IF+IK}\Rightarrow\frac{CK}{\left(CE+EF\right)+\left(CE-KE\right)}=\frac{IK}{FK}\)

\(\Rightarrow\frac{CK}{2CE}=\frac{IK}{2EK}\Rightarrow CK.EK=CE.IK\)

giúp mình với!!!! ai đúng mình k cho

cô giáo kucs nào cx đúng

a: Xét ΔAEB và ΔAEF có

AE chung

\(\widehat{BAE}=\widehat{FAE}\)

AB=AF

Do đó: ΔAEB=ΔAEF

b: Sửa đề: Chứng minh MB=MF

Ta có: ΔABE=ΔAFE

=>AB=AF

=>ΔABF cân tại A

Ta có: ΔABF cân tại A

mà AM là đường phân giác

nên M là trung điểm của BF và AM\(\perp\)BF

M là trung điểm của BF nên MB=MF

AM\(\perp\)BF tại M

=>AE\(\perp\)BF tại M

c: ta có: ΔABE=ΔAFE

=>\(\widehat{ABE}=\widehat{AFE}\)

Ta có: \(\widehat{ABE}+\widehat{DBE}=180^0\)(hai góc kề bù)

\(\widehat{AFE}+\widehat{CFE}=180^0\)(hai góc kề bù)

mà \(\widehat{ABE}=\widehat{AFE}\)

nên \(\widehat{EBD}=\widehat{EFC}\)

Ta có: AB+BD=AD

AF+FC=AC

mà AB=AF và AD=AC

nên BD=FC

Xét ΔEBD và ΔEFC có

EB=EF

\(\widehat{EBD}=\widehat{EFC}\)

BD=FC

Do đó: ΔEBD=ΔEFC

=>ED=EC

=>E nằm trên đường trung trực của DC(1)

ta có: AD=AC

=>A nằm trên đường trung trực của DC(2)

Ta có: KD=KC

=>K nằm trên đường trung trực của DC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,E,K thẳng hàng

a: Xét ΔABF và ΔACE có 

AB=AC

\(\widehat{A}\) chung

AF=AE

Do đó: ΔABF=ΔACE

a: Xét tứ giác ABDC có 

I là trung điểm của đường chéo BC

I là trung điểm của đường chéo AD

Do đó: ABDC là hình bình hành

mà \(\widehat{CAB}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

Em tham khảo tại đây nhé.

Câu hỏi của Phạm Bá Gia Nhất - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath

a) Xét \(\bigtriangleup BCE \) và \(\bigtriangleup CBD\) có:

\(EC=BD\left(gt\right)\)

\(\widehat{ECB}=\widehat{CBD}\)(2 góc sole trong do BD//CE)

\(BC-chung\)

\(\implies \bigtriangleup BCE=\bigtriangleup CBD(c.g.c)\)

b) Có: \(\bigtriangleup BCE=\bigtriangleup CBD(cmt)\)

\(\implies EB=CD\)(1)

Có: AB=CD(gt)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}CD\Rightarrow EB=CF\)(2)

Từ (1) và (2) \(\implies CD=CF\)

Có: AB=CD(gt)

\(\implies \bigtriangleup ABC\) cân tại A

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(2 góc ở đáy)

Xét \(\bigtriangleup ECB\) và \(\bigtriangleup FBC\)  có:

\(EB=FC(cmt)\)

\(\widehat{EBC}=\widehat{FCB}\left(cmt\right)\)

\(BC-chung\)

\(\implies \bigtriangleup ECB=\bigtriangleup FBC(c.g.c)\)

\(\implies BF=CE\)(2 cạnh tương ứng)

c) Có: \(\bigtriangleup BCE= \bigtriangleup CBD\)

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)

Gọi FD giao BC tại N

Xét \(\Delta FCN\) và \(\Delta DCN\) có;

\(CF=CD\)(câu b)

\(\widehat{FCN}=\widehat{DCN}\left(cmt\right)\)

\(CN-chung\)

\(\Rightarrow\Delta FCN=\Delta DCN\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CNF}=\widehat{CND}\)(2 góc tương ứng)

Mà \(\widehat{CNF}+\widehat{CND}=180^o\)(2 góc kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{CNF}=\widehat{CND}=90^o\Rightarrow FD\perp BC\)

d) Xét \(\Delta EMC\) và \(\Delta DMB\) có:

\(EC=BD\left(gt\right)\)

\(\widehat{ECM}=\widehat{MBD}\)

\(MB=MC\)(vì M-trung điểm BC)

\(\Rightarrow\Delta EMC=\Delta DMB\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{EMC}=\widehat{DMB}\)(2 góc tương ứng)

Mà \(\widehat{BME}+\widehat{EMC}=180^o\)(2 góc kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{BME}+\widehat{DMB}=180^o\)

\(\Rightarrow EM\equiv MD\)

\(\implies E;M;D\) thẳng hàng

_Học tốt_

d) Ta có EC // BD và EC = BD ( tam giác BCE = tam giác CBD )

=> tứ giác BECD là hình bình hành

=> ED giao BC tại trung điểm mỗi đường

Mà M là trung điểm của BC nên M là trung điểm của ED

=> M, E, D thẳng hàng ( đpcm )

Cách lớp 7

d) Ta có BMA + AMC = 180⁰ (1)

Mặt khác BMA = EMA + BME (2)

C/m tam giác BEM = tam giác CDM 

=> BME = CMD (3)

Từ (2) và (3) => BMA = EMA + CMD (4)

Từ (1) và (4) => EMA + CMD + AMC = 180⁰

hay EMD = 180⁰

=> E, M, D thẳng hàng ( đpcm )

`a)` Xét `\triangle ABC` vuông tại `A` có: `\hat{B}+\hat{C}=90^o`

      Xét `\triangle ABH` vuông tại `H` có: `\hat{B}+\hat{A_1}=90^o`

    `=>\hat{C}=\hat{A_1}`

Xét `\triangle ABC` và `\triangle HBA` có:

    `{:(\hat{C}=\hat{A_1}),(\hat{B}\text{ là góc chung}):}}=>\triangle ABC` $\backsim$ `\triangle HBA` (g-g)

`b)` Ta có: `BC=HB+HC=4+9=13(cm)`

Xét `\triangle ABC` vuông tại `A` có: `AH` là đường cao

    `@AH=\sqrt{BH.HC}=6 (cm)`

    `@AB=\sqrt{BH.BC}=2\sqrt{13}(cm)`

Ta có: `\hat{DEA}=\hat{ADH}=\hat{AEH}=90^o`

   `=>` Tứ giác `AEHD` là hcn `=>DE=AH=6(cm)`

`c)` Xét `\triangle AHB` vuông tại `H` có: `HD \bot AB=>AH^2=AD.AB`

      Xét `\triangle AHC` vuông tại `H` có: `HE \bot AC=>AH^2=AE.AC`

   `=>AD.AB=AE.AC`