\({}\)

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) Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\KC\perp AC\end{matrix}\right.\)       ⇒ \(BH\text{//}KC\) 

\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp AB\\BK\perp AB\end{matrix}\right.\)       ⇒ \(CH\text{//}BK\)

\(Xét\) \(tứ\) \(giác\) \(BKCH\) \(có:\) \(\left\{{}\begin{matrix}BH\text{//}KC\\CH\text{//}BK\end{matrix}\right.\)

⇒ Tứ giác \(BKCH\) là hình hình hành. Mà M là trung điểm của đường chéo BC

⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}H,M,K_{ }thẳng_{ }hàng\\HM=MK\end{matrix}\right.\)

Xét \(\Delta AHK\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=IK\left(gt\right)\\HM=MK\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

⇒ \(IM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)

⇒ \(IM=\dfrac{1}{2}AH\)              \(\left(ĐPCM\right)\)

c)

Ta có:

\(\dfrac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HD.BC}{\dfrac{1}{2}.AD.BC}=\dfrac{HD}{AD}\)  

\(\dfrac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HE.AC}{\dfrac{1}{2}.BE.AC}=\dfrac{HE}{BE}\)

\(\dfrac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HF.AB}{\dfrac{1}{2}.CF.AB}=\dfrac{HF}{CF}\)

⇒ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{S_{\Delta HBC}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\)

⇔ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1\)          \(\left(ĐPCM\right)\)

bạn gửi lại link vào chỗ tin nhắn của mk đc ko. THANKS!!!

a, xét tam giác ABD và tam giác ACD có : AD chung

AB = AC do tam giác ABC cân tại A (gt)

góc BAD = góc CAD do AD là phân giác của góc BAC (gt)

=> tam giác ABD = tam giác ACD (c-g-c)

b, tam giác ABD = tam giác ACD (câu a)

=> BD = DC (đn) mà D nằm giữa B; C 

=> D là trung điểm của BC (đn)

=> AD là trung tuyến

CF là trung tuyến

CF cắt AD tại G

=> G là trong tâm của tam giác ABC (đl)

c, Ta có : tam giác EDC có EH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao

\(\Rightarrow\)tam giác EDC cân tại E

D, Vì EH // AD \(\Rightarrow\)theo định lí Ta - lét ta có : \(\frac{DH}{HC}=\frac{AE}{EC}\)

Mà HC = HD \(\Rightarrow\)AE = EC \(\Rightarrow\)E là trung điểm AC 

\(\Leftrightarrow\)BE là đường trung tuyến \(\Rightarrow\)Ba điểm B, G , E thẳng hàng 

1). Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và

F B A ^ = E C A ^ = A ^ 2 ⇒ Δ A B F ∽ Δ A C E .

2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.

Ta có  G F G C = B F C E = A B A C = D B D C ⇒ G D ∥ F B   , và  F B ∥ A D  ta có  G ∈ A D .

3). Chứng minh  B Q G ^ = Q G A ^ = G A E ^ = G A C ^ + C A E ^ = G A B ^ + B A F ^ = G A F ^ , nên AGQF nội tiếp, và Q P G ^ = G C E ^ = G F Q ^ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.

1) Chứng minh rằng tam giác \( A B F \) đồng dạng với tam giác \( A C E \):

- Tam giác \(ABF\) và \(ACE\) có:
  + Góc \(A\) chung.
  + Góc \(BAF\) bằng góc \(CAE\) (vì \(AD\) là phân giác của góc \(BAC\) và \(CF\), \(BE\) song song với \(AD\)).
  
  Do đó, tam giác \(ABF\) đồng dạng với tam giác \(ACE\) (theo trường hợp góc-góc).

2) Chứng minh rằng các đường thẳng \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy:

- Gọi \(G\) là giao điểm của \(BE\) và \(CF\).
- \(AD\) là phân giác góc \(BAC\), và \(BE\), \(CF\) song song với \(AD\). Do đó, \(G\) cũng nằm trên phân giác \(AD\).
- Vậy \(BE\), \(CF\), \(AD\) đồng quy tại \(G\).

3) Chứng minh rằng các điểm \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn:

- Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác \(GEC\) là \(\omega\).
- \(QE\) cắt \(\omega\) tại \(P\) khác \(E\), vậy \(P\) nằm trên đường tròn \(\omega\).
- \(GQ\) song song với \(AE\), và \(AE\) là đường kính của \(\omega\) (vì \(E\) là trung điểm của \(AC\) và \(G\) nằm trên phân giác của \(BAC\)). Do đó, \(GQ\) là dây cung của \(\omega\).
- \(PF\) là tiếp tuyến của \(\omega\) tại \(P\) (vì \(QE\) là tiếp tuyến và \(PF\) là phần kéo dài của \(QE\)).
- Góc \(PGF\) bằng góc \(GAC\) (cùng chắn cung \(GC\) của \(\omega\)).
- \(AF\) là trung trực của \(AB\), nên \(ABF\) là tam giác cân tại \(A\). Do đó, góc \(AFB\) bằng góc \(ABF\).
- Góc \(ABF\) bằng góc \(GAC\) (do đồng dạng của tam giác \(ABF\) và \(ACE\)).
- Vậy, góc \(PGF\) bằng góc \(AFB\). Do đó, \(A\), \(P\), \(G\), \(Q\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.

a: Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔACF

Suy ra: \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\)

hay \(AF\cdot AB=AE\cdot AC\)