Tham khảo nhé

Lời giải:
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABN$ và 3 điểm $E,I,M$ thẳng hàng thì:
$\frac{EA}{EB}.\frac{IB}{IN}.\frac{MN}{MA}=1$

$\Leftrightarrow \frac{EA}{EB}.\frac{MN}{MA}=1$

$\Leftrightarrow \frac{EA}{EB}=\frac{MA}{MN}(1)$

Tương tự với tam giác $ACN$ với $F, K,M$ thẳng hàng:

$\frac{FA}{FC}=\frac{MA}{MN}(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow \frac{EA}{EB}=\frac{FA}{FC}$

Theo định lý Talet đảo thì $EF\parallel BC$ (đpcm)

Hình vẽ:

- Khái niệm và cách chứng minh định lí Menelaus:

https://vi.wikipedia.org/wiki/%C4%90%E1%BB%8Bnh_l%C3%BD_Menelaus

đừng có ns lung tung bọn mik muốn làm đó

Ta có tam giác EPQ cân tại E và CQ là phân giác góc BCA, nên  E P Q ^ = E Q P ^ = H Q C ^ = 90 0 − H C Q ^ = 90 0 − P C K ^ .

Do đó  E P Q ^ + P C K ^ = 90 0 , nên  P K ⊥ A C .

a: Xét ΔAMB và ΔANC có

AB=AC

\(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

BM=CN

Do đó: ΔAMB=ΔANC

Suy ra: AM=AN

b: Xét ΔAIM vuông tại I và ΔAKN vuông tại K có

AM=AN

\(\widehat{IAM}=\widehat{KAN}\)

Do đó: ΔAIN=ΔAKN

Suy ra: AI=AK

a: Xét ΔAPH có

AM vừa là đường cao, vừa là trung tuyến

=>ΔAPH cân tại A

=>AP=AH

=>AM là phân giác của góc PAH

Xét ΔAEP và ΔAEH có

AP=AH

góc EAP=góc EAH

AE chung

=>ΔAEP=ΔAEH

b: Xét ΔAHQ có

AN vừa là đường cao, vừa là trung tuyến

=>ΔAHQ cân tại A

=>AH=AQ=AP

a: Xét tứ giác AQHP có

AQ//HP

AP//HQ

=>AQHP là hình bình hành

Xet ΔAHQ và ΔHAP có

HA chung

HQ=AP

AQ=HP

=>ΔAHQ=ΔHAP

b: ΔFBC vuông tại F

mà FM là trung tuyến

nên FM=BC/2

ΔECB vuông tại E

mà EM là trung tuyến

nên EM=BC/2=FM

=>ΔMEF cân tại M

góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

=>góc AEF=góc ABC