b, Vì K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên tứ giác DKEF nội tiếp

→PKE = PFD (góc ngoài tứ giác)

mà DPF chung

→ΔPKE đồng dạng ΔPFD (góc-góc)

→\(\dfrac{PK}{PE}=\dfrac{PF}{PD}\) 

→PK.PD=PF.PE (1)

Vì tứ giác NMFE là tứ giác nội tiếp

→PNE =PFD

mà MPF chung

→ΔPNE đồng dạng ΔPFM (góc-góc)

→\(\dfrac{PN}{PE}=\dfrac{PF}{PM}\) (2 góc tương ứng)

→PN.PM=PE.PF (2)

Từ (1) và (2) suy ra:PN.PM=PK.PD(đpcm)

c) Mình ghi có hơi gọn tí ở một số bước (do đây là những bài toán cơ bản, có thể tự chứng minh được), bạn thông cảm nha!

ENMF nội tiếp và DNHM nội tiếp

\(\Rightarrow PE.PF=PN.PM=PK.PD\)  hay \(PN.PM=PK.PD \Rightarrow \) DKNM nội tiếp

\(\Rightarrow\) DKNHM nội tiếp hay DKHM nội tiếp

\(\Rightarrow \widehat{DKH}=180^{\circ}-\widehat{DMH}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}\) hay \(HK \perp PD\) 

Kẻ đường kính DA của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DEF\)

\(\Rightarrow\) EHFA là hình bình hành (bài toán quen thuộc)

     Hay H, Q, A thẳng hàng

\(\Delta AKD\) nội tiếp đường tròn đường kính AD nên tam giác này vuông tại K

\(\Rightarrow AK\perp PD\) mà \(HK \perp PD\)

\(\Rightarrow \) A, H, K thẳng hàng mà H, Q, A thẳng hàng

\(\Rightarrow\) Q, H, K thẳng hàng

\(\Rightarrow QK \perp PD\) mà \(DH \perp PQ\)

\(\Rightarrow PH \perp DQ (đpcm)\)

a) Xét tứ giác ENMF có

\(\widehat{ENF}=\widehat{EMF}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{ENF}\) và \(\widehat{EMF}\) là hai góc cùng nhìn cạnh EF

Do đó: ENMF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

1: Ta có: ΔDEF cân tại D

mà DH là đường cao

nên H là trung điểm của FE

hay HE=HF

EF=8cm

nên HE=4cm

=>DH=3cm

2: Xét ΔDEM và ΔDFN có 

DE=DF

\(\widehat{EDM}\) chung

DM=DN

Do đó: ΔDEM=ΔDFN

Suy ra: EM=FN

3: Xét ΔNEF và ΔMFE có 

NE=MF

\(\widehat{NEF}=\widehat{MFE}\)

FE chung

Do đó:ΔNEF=ΔMFE

Suy ra: \(\widehat{KFE}=\widehat{KEF}\)

=>ΔKEF cân tại K

hay KE=KF

4: Ta có: DE=DF

nên D nằm trên đường trung trực của EF(1)

ta có: KE=KF

nên K nằm trên đường trung trực của EF(2)

ta có: HE=HF

nên H nằm trên đường trung trực của EF(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra D,K,H thẳng hàng

\({}\)

a) Vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tương tự như thế, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Cũng có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.

Ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IEB}+\widehat{BEM}\) 

\(=\left(90^o-\widehat{IEA}\right)+\widehat{EBC}\)

\(=90^o-\widehat{EAD}+\widehat{EBD}=90^o\) (do \(\widehat{EBD}=\widehat{EAD}\))

Vậy \(IE\perp ME\)

b) Dễ thấy các điểm I, D, E, F, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IM. Gọi J là trung điểm AI thì I chính là tâm của đường tròn (AIK) nên (J) tiếp xúc với (I) tại A. Dẫn đến A nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J)

 Mặt khác, ta có \(SK.SI=SE.SF\) nên \(P_{S/\left(I\right)}=P_{S/\left(J\right)}\) hay S nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J). Suy ra AS là trục đẳng phương của (I) và (J). \(\Rightarrow\)\(AS\perp IJ\) hay AS//BC (đpcm).

c) Ta thấy tứ giác AKEP nội tiếp đường tròn AP

\(\Rightarrow\widehat{APB}=\widehat{MKE}=\widehat{MDE}=\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow\Delta BAE~\Delta BPA\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAP}=\widehat{BEA}=90^o\)

\(\Rightarrow\) AP//QH \(\left(\perp AB\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{IAP}=\widehat{IHQ}\) (2 góc so le trong)

Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IAP=\Delta IHQ\left(g.c.g\right)\) \(\Rightarrow IP=IQ\) hay I là trung điểm PQ (đpcm)

a)   XÉT \(\Delta DEM\)VÀ \(\Delta DEN\)

       ^D CHUNG 

         DM=DN                        \(\Rightarrow\Delta DEM=\Delta DEN\left(C-G-C\right)\)=>  ^DEM=^DEN

         DF=DE

b)   VÌ ^DEF=^DFE MÀ ^DEM=^DEN =>^IEF=^IFE  \(\Rightarrow\Delta IEF\)CÂN

c)    TA CÓ \(\Delta DNM\)CÂN TẠI D NÊN ^DMN=^DNM=\(\frac{180^0-D}{2}\)(1)

      TA  LẠI CÓ \(\Delta DÈF\)CÂN TẠI D NÊN ^DEF=^DFE=\(\frac{180^0-D}{2}\)(2)

     TỪ (1) VÀ (2) => ^DMN=^DFE 

     MÀ 2 GÓC NÀY Ở VỊ TRÍ ĐỒNG VỊ NÊN NM // EF