Không lẠm

trong tam giac ABC co I la giao diem cua 2 duong cao AD va CE nen I la truc tam cua tam giac ABC ma BI di qua I nen BI vuong goc voi AC

thanks bạn nhiều

a/ ta có: BEC;BFC là 2 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC

=> \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\)

hay \(CE\perp AB;BF\perp AC\)

tam giác ABC có đường cao CE;BF cắt nhau tại H

=> H là trực tâm của tam giác ABC

=> AH vuông góc với BC

hay HN vuông góc với BC

tứ giác HNCF có: \(\widehat{HNC}+\widehat{HFC}=180^o\)

mà 2 góc này ở vị trí đối nhau

=> tứ giác HFCN nội tiếp(đpcm)

b/ theo phần a ta có: tứ giác HFCN nội tiếp

=>\(\widehat{FHN}+\widehat{FCN}=180^o\Leftrightarrow\widehat{FCN}=180^o-\widehat{FHN\left(1\right)}\)

Ta lại có: góc FHN + góc FHA =180^o(2 góc kề bù)

=> góc FHA=180^o- góc FHN(2)

từ (1) và (2) ta có : góc FHA= góc FCN

Hay góc AHF= góc ACB(đpcm)

Kéo dài BI cắt AK tại D. Ta chứng minh \(BD\perp AK\). 

Từ I kẻ \(IM\perp AB;IN\perp BC\)

Ta có ngay \(\Delta BIM=\Delta BIN\) (Cạnh huyền góc nhọn)

\(\Rightarrow BM=BN\)

Kéo dài tia AK cắt BC tại P. 

Ta có \(\Delta AIM=\Delta PIN\left(g-c-g\right)\Rightarrow AM=PN\)

Vậy thì ta có AB = AM + MB = PN + NB = BP.

Suy ra tam giác ABP cân tại B.

Xét tam giác cân ABP có BD là phân giác đồng thời đường cao. Vậy  \(BD\perp AK\)

Ta thấy HJ và HK là phân giác hai góc kề bù nên chũng vuông góc.

Xét tứ giác JDKH có \(\widehat{JDK}+\widehat{JHK}=90^o+90^o=180^o\)

Vậy JDKH là tứ giác nội tiếp. Hay \(\widehat{JKH}=\widehat{JDH}\)

Xét tứ giác BHDA có \(\widehat{ADB}=\widehat{AHB}=90^o\) nên BHDA là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \(\widehat{BDH}=\widehat{BAH}\)

Mà \(\widehat{BAH}=\widehat{BCA}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{ABC}\) )

Vậy nên \(\widehat{JKH}=\widehat{BCA}\)

Xét tam giác ABC và tam giác HJK có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{JHK}=90^o\)

\(\widehat{BCA}=\widehat{JKH}\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta HJK\left(g-g\right)\)

Cô giải đúng rùi nhưng em chưa học tứ giác nội tiếp đường tròn

Nhưng dù sao cũng cảm ơn cô

a: góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

góc CDH+góc CEH=90+90=180 độ

=>CDHE nội tiếp

b: góc AFH+góc AEH=180 độ

=>AFHE nội tiếp

góc FEH=góc BAD

góc DEH=góc FCB

mà góc BAD=góc FCB

nên góc FEH=góc DEH

=>EH là phân giác của góc FED
Xét ΔBFE và ΔDHE có

góc BEF=góc DEH

góc BFE=góc DHE

=>ΔBFE đồng dạng với ΔDHE

Câu 4 dễ mà bạn.

+) Vì OP = OQ (cùng là bán kính) => O ∈ đường trung trực của PQ (t/c đường trung trực) (1)

+) Vì BCDE nội tiếp đường tròn (cm câu 1) => \(\widehat{B_2}=\widehat{C_1}\) (cùng chắn cung \(\stackrel\frown{DE}\))

+) Xét (O) có: \(\widehat{B_1}\) và \(\widehat{C_1}\) là 2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{AQ}\)

=> \(\widehat{B_1}=\widehat{C_1}\) (t/c)

Từ đó suy ra \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\)

+) Xét (O) có: \(\widehat{B_1}\) và \(\widehat{B_2}\) là 2 góc nội tiếp chắn cung \(\stackrel\frown{AQ}\) và \(\stackrel\frown{AP}\), mà \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\) (cmt)

=> ​\(\stackrel\frown{AP}=\stackrel\frown{AQ}\) (t/c) => AP = AQ (t/c) => A ∈ đường trung trực của PQ (t/c đường trung trực) (2)

Từ (1) và (2) => OA là đường trung trực của PQ (đpcm)

@Nguyễn Ngọc Lộc

c) Theo cm a): Tứ giác EDCB nội tiếp đường tròn

\(\Rightarrow\) \(\widehat{CED}=\widehat{DBC}\) hay \(\widehat{PBC}=\widehat{DEC}\) (1)

Xét (O) có: \(\widehat{PBC}=\widehat{CQP}\) (cùng chắn \(\stackrel\frown{PC}\) ) (2)

Từ (1)(2) \(\Rightarrow\) \(\widehat{PQC}=\widehat{DEH}\) (mà 2 góc ở vị trí đồng vị)

\(\Rightarrow\) QP//EP

d) Chịu