Giải chi tiết:

a) Chứng minh tứ giác AEHF và BCEF nội tiếp.

Ta có ∠AEH=∠AFH=90o⇒∠AEH=∠AFH=90o⇒ E, F thuộc đường tròn đường kính AH

⇒⇒ A, E, H, F cùng thuộc một đường tròn

⇒AEHF⇒AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Ta có ∠BEC=∠BFC=90o⇒∠BEC=∠BFC=90o⇒ BCEF  là tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Hai đường thẳng EF và BC cắt nhau tại I. Vẽ tiếp tuyến ID với (O)(O)(D là tiếp điểm, D thuộc cung nhỏ BC). Chứng minh ID2=IB.ICID2=IB.IC.

Xét ΔIBDΔIBD và ΔIDCΔIDC có:

∠I∠I  chung

∠IDB=∠ICD∠IDB=∠ICD (ID là tiếp tuyến của (O)(O))

⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).⇒ΔIBD∼ΔIDC(g−g)⇒IDIC=IBID⇒ID2=IB.IC(dpcm).

c) DE, DF cắt đường tròn (O)(O) tại M và N. Chứng minh NM // EF.

Xét ΔIBEΔIBE và ΔIFCΔIFC có:

∠I∠I chung

∠IEB=∠ICF∠IEB=∠ICF (BCEF  là tứ giác nội tiếp)

⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF⇒ΔIBE∼ΔIFC(g−g)⇒IEIC=IBIF⇒IB.IC=IE.IF (kết hợp b)

⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID⇒ID2=IE.IF⇒IDIE=IFID 

Xét ΔIDFΔIDF và ΔIEDΔIED có:

∠I∠I chung

 IDIE=IFID(cmt)IDIE=IFID(cmt)

⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED⇒ΔIDF∼ΔIED⇒∠IDF=∠IED (2 góc tương ứng)

Mặt khác ∠IDF=∠NMD∠IDF=∠NMD (ID là tiếp tuyến của (O)(O)) ⇒∠IED=∠NMD⇒∠IED=∠NMD (tc)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒⇒ NM // EF.

Cho tam giác ABC nhọn AB

CHÚC BẠN HỌC TỐT

NÈ BẠN

Giúp mình câu b,c,d nhanh nhé! Mai mình nộp. Cmon mấy bạn

câu này dễ bạn tự làm thư đi

cậu có fb ko thì ghim vào mk kb mk gửi lời giải cho đc ko

Gọi G là giao điểm của FC và AK.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác FBC với cát tuyến A, G, K ta có:

\(\dfrac{AF}{AB}.\dfrac{KB}{KC}.\dfrac{GC}{GF}=1\Rightarrow\dfrac{GC}{GF}=\dfrac{KC}{KB}.\dfrac{AB}{AF}\). (1)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACB với cát tuyến K, E, F ta  có:

\(\dfrac{EA}{EC}.\dfrac{KC}{KB}.\dfrac{FB}{FA}=1\Rightarrow\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{EC}{EA}\). (2)

Từ (1), (2) có \(\dfrac{GC}{GF}=\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AB}{FB}\). (*)

Mặt khác áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AFC với cát tuyến B, H, E ta có:

\(\dfrac{HC}{HF}.\dfrac{BF}{BA}.\dfrac{EA}{EC}=1\Rightarrow\dfrac{HC}{HF}=\dfrac{AB}{FB}.\dfrac{EC}{EA}\). (**)

Từ (*), (**) ta có \(\dfrac{GC}{GF}=\dfrac{HC}{HF}\Rightarrow\dfrac{AC}{MF}=\dfrac{AC}{NF}\Rightarrow FM=FN\).

Giải: 
Câu a) 
- 2 tam giác vuông ∆ADC và ∆BEC, có góc ADC = góc BEC = 90°, và 2 tam giác vuông này có chung góc C. Từ đây, suy ra => tam giác ∆ADC và tam giác ∆BEC đồng dạng (theo dạng tam giác đồng dạng: góc - góc - góc). Vì ∆ADC và ∆BEC đồng dạng nhau, nên ta có tỷ lệ: DC:EC = AC:BC. 
Từ đây, suy ra: DC:AC = CE:BC (1). 
Vì tam giác ∆ABC và ∆EDC có chung góc C, và vì kết quả ở (1), nên ta suy ra: ∆ABC và ∆EDC đồng dạng. Từ đây, ta biết được: góc DEC = ABC và góc EDC = góc BAC. 
Mà, góc AED + góc DEC = 180° => góc AED + góc ABC = 180° => tứ giác ABDE nội tiếp được một đường tròn (Theo tính chất của tứ giác nội tiếp: 2 góc đối bù nhau). 

Câu b) 
Chứng minh tương tự như câu a), ta sẽ có: 
∆DEC đồng dạng ∆DBF đồng dạng ∆AEF (1) 
Từ (1), ta suy ra: góc AEF = góc DEC, mà góc BEA = góc BEC = 90°, nên ta tính được góc BEF = góc BED, suy ra => BE là đường phân giác góc DEF. 
Giải tương tự như trên, ta sẽ chứng minh được AD, CF lần lượt là đường phân giác của các góc FDE và góc DFE. 
Từ đó, suy ra => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 

câu a mk biết rồi, giúp mk câu b,c nha mấy bạn

câu này tớ chịu

Giả được câu c, câu b mình làm biếng sr ^^

b/ Ta có: \(\widehat{HBM}\)+\(\widehat{HMC}\)=180

mà \(\widehat{HMC}\)=\(\widehat{BMK}\)( đối đỉnh )

\(\Rightarrow\)\(\widehat{HMB}\)+\(\widehat{BMK}\)=180

\(\Rightarrow\)3 điểm H,M,K thẳng hàng   (1)

\(\widehat{AFC}\)=\(\widehat{ABK}\)= 90 ( \(\widehat{ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng 90 độ )

\(\Rightarrow\)FC // BK hay HC // BK

Tương tự \(\widehat{AEB}\)=\(\widehat{ACK}\)=90

\(\Rightarrow\)BE // CK hay BH // CK

Tứ giác BHCK có HC // BK , BH // CK

\(\Rightarrow\) BHCK là hình bình hành

\(\Rightarrow\)2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

\(\Rightarrow\)HM=MK (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\)H và K đối xứng nhau qua M

Nãy đang làm tự dưng nó đăng xuất mất hết lun phải làm lại

a) Xét tứ giác BFEC có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)

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

Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC là trung điểm của BC

b) Xét ΔSFB và ΔSCE có 

\(\widehat{FSB}\) chung

\(\widehat{SFB}=\widehat{SCE}\left(=180^0-\widehat{BFE}\right)\)

Do đó: ΔSFB∼ΔSCE(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{SF}{SC}=\dfrac{SB}{SE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(SE\cdot SF=SB\cdot SC\)(đpcm)