Ta có: \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MB'}+\overrightarrow{B'B}+\overrightarrow{BN}\)

\(=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AA'}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\)

\(\overrightarrow{AC'}.\overrightarrow{MN} = \left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AA'}\right)\left(\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AA'} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right)\)

\(= \frac{1}{2}AB^2 - \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AA'} + \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AA'} + \frac{1}{2}AD^2 + \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AA'} - AA'^2\)

Vì \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{AA'}.\overrightarrow{AD}=0\quad\)

và \(\frac{1}{2}AB^2+\frac{1}{2}AD^2-AA^{\prime2}=0\)

nên \(\overrightarrow{AC^{\prime}}\cdot\overrightarrow{MN}=0\)

=>AC'⊥MN

Phương trình đường thẳng đi qua M và N theo dạng đoạn chắn là:

\(\frac{x}{m} + \frac{y}{n} = 1\) (1)

Thay x=1 và y=2 vào (1), ta được:

\(\frac{1}{m}+\frac{2}{n}=1\)

Thay x=0 vào (1), ta được:

\(\frac{0}{m}+\frac{y}{n}=1\)

=>y=n

=>ON=|n|

Thay y=0 vào (1), ta được: \(\frac{x}{m}+\frac{0}{n}=1\)

=>\(\frac{x}{m}=1\)

=>x=m

=>OM=|m|

ON=2OM

=>|n|=2|m|

=>n=2m hoặc n=-2m

TH1: n=2m

\(\frac{1}{m}+\frac{2}{n}=1\)

=>\(\frac{1}{m}+\frac{2}{2m}=1\)

=>\(\frac{2}{m}=1\)

=>m=2

=>n=2*2=4

(1) sẽ trở thành: \(\frac{x}{2}+\frac{y}{4}=1\)

=>2x+y=4

=>2x+y-4=0

TH2: n=-2m

\(\frac{1}{m}+\frac{2}{n}=1\)

=>\(\frac{1}{m}-\frac{2}{2m}=1\)

=>1/m-1/m=1

=>0m=1(vô lý)

=>Loại

I thuộc đường tròn đường kính AN

=>ΔAIN vuông tại I

=>NI⊥AB tại I

K thuộc đường tròn đường kính AN

=>ΔKAN vuông tại K

=>NK⊥AM tại K

Xét tứ giác AINK có \(\hat{AIN}+\hat{AKN}=180^0\)

nên AINK là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{INK}+\hat{IAK}=180^0\) (1)

Xét tứ giác BINH có \(\hat{BIN}+\hat{BHN}=90^0+90^0=180^0\)

nên BINH là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{HNI}+\hat{HBI}=180^0\left(2\right)\)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

=>\(\hat{MAB}=\hat{MBA}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{INK}=\hat{HNI}\)

Ta có: \(\hat{NIK}=\hat{NAK}\) (AINK nội tiếp)

\(\hat{NHI}=\hat{NBI}\) (BINH nội tiếp)

mà \(\hat{NAK}=\hat{NBI}\left(\hat{MAN}=\hat{ABN}\right)\)

nên \(\hat{NIK}=\hat{NHI}\)

Xét ΔNIK và ΔNHI có

\(\hat{NIK}=\hat{NHI}\)

\(\hat{INK}=\hat{HNI}\)

Do đó: ΔNIK~ΔNHI

a: Sửa đề; Chứng minh BEMC là tứ giác nội tiếp

Vì B,E,M,C cùng thuộc (O)

nên BEMC là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

ΔBMC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBMC vuông tại M

=>BM⊥IC tại M

Xét ΔIBC vuông tại B có BM là đường cao

nên \(IB^2=IM\cdot IC\)

b: Xét (O) có

\(\hat{IBE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến IB và dây cung BE

\(\hat{EBM}\) là góc nội tiếp chắn cung EM

\(\hat{IBE}=\hat{EBM}\)

Do đó: sđ cung EB=sđ cung EM

Xét (O) có

\(\hat{BCE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE

\(\hat{MCE}\) là góc nội tiếp chắn cung EM

sđ cung EB=sđ cung EM

Do đó: \(\hat{BCE}=\hat{MCE}\)

=>CE là phân giác của góc BCM

Xét (O) có

ΔCEB nội tiếp

CB là đường kính

DO đó: ΔCEB vuông tại E

=>CE⊥BF tại E

Xét ΔCBF có

CE là đường cao

CE là đường phân giác

Do đó: ΔCBF cân tại C

a: B(-2;3); C(1;-1)

=>\(\overrightarrow{BC}=\left(1+2;-1-3\right)=\left(3;-4\right)\)

=>vecto pháp tuyến là (4;3)

Phương trình BC là:

4(x-1)+3(y+1)=0

=>4x-4+3y+3=0

=>4x+3y-1=0

b: A(1;2); BC: 4x+3y-1=0

Khoảng cách từ A đến BC là:

\(d\left(A;BC\right)=\frac{\left|1\cdot4+2\cdot3-1\right|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\frac{\left|4+6-1\right|}{5}=\frac95\)

c: Gọi H là giao điểm của A'A và BC

A' đối xứng A qua BC

=>BC là đường trung trực của A'A

=>BC⊥A'A tại H và H là trung điểm của BC

BC: 4x+3y-1=0

mà AH⊥BC

nên AH sẽ đi qua A(1;2) và nhận \(\overrightarrow{m}=\left(4;3\right)\) làm vecto chỉ phương

=>vecto pháp tuyến là (-3;4)

Phương trình AH là:

-3(x-1)+4(y-2)=0

=>-3x+3+4y-8=0

=>-3x+4y-5=0

=>3x-4y+5=0

Tọa độ H là:

\(\begin{cases}4x+3y-1=0\\ 3x-4y+5=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}4x+3y=1\\ 3x-4y=-5\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}12x+9y=3\\ 12x-16y=-20\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}12x+9y-12x+16y=3+20\\ 4x+3y=1\end{cases}\)

=>\(\begin{cases}25y=23\\ 4x=1-3y\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0,92\\ 4x=1-3\cdot0,92=-1,76\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=0,92\\ x=-0,44\end{cases}\)

=>H(-0,44; 0,92)

A(1;2); H(-0,44;0,92); A'(x;y)

H là trung điểm của A'A

=>\(\begin{cases}x+1=2\cdot\left(-0,44\right)=-0,88\\ y+2=2\cdot0,92=1,84\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=-1,88\\ y=-0,16\end{cases}\)

=>A'(-1,88;-0,16)

a: Xét ΔABD và ΔBDC có

\(\hat{ABD}=\hat{BDC}\) (hai góc so le trong, AB//CD)

\(\hat{BAD}=\hat{DBC}\)

Do đó: ΔABD~ΔBDC

b: ΔABD~ΔBDC

=>\(\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{DC}\)

=>\(BD^2=AB\cdot DC\)

a: Sửa đề: ΔABC vuông tại A.

Xét ΔMIB vuông tại I và ΔMKC vuông tại K có

MB=MC

\(\hat{IMB}=\hat{KMC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMIB=ΔMKC

=>MI=MK

Xét ΔMIC và ΔMKB có

MI=MK

\(\hat{IMC}=\hat{KMB}\) (hai góc đối đỉnh)

MC=MB

Do đó: ΔMIC=ΔMKB

=>IC=KB

ΔMIC=ΔMKB

=>\(\hat{MIC}=\hat{MKB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên CI//BK

b: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MB=MC

MA=MC

=>ΔMAC cân tại M

mà MN là đường cao

nên N là trung điểm của AC

ΔAKC vuông tại K

mà KN là đường trung tuyến

nên KN=AC/2

KN=AC/2

MC=BC/2

mà AC<BC

nên KN<MC

Chọn D nha bạn

Bài 3:

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc FAE chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

c: Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCHA vuông tại H có

\(\hat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCEB~ΔCHA

=>\(\frac{CE}{CH}=\frac{CB}{CA}\)

=>\(\frac{CE}{CB}=\frac{CH}{CA}\)

Xét ΔCEH và ΔCBA có

\(\frac{CE}{CB}=\frac{CH}{CA}\)

góc ECH chung

Do đó: ΔCEH~ΔCBA

d: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBFC vuông tại F có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBFC
=>\(\frac{BH}{BF}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BF}{BC}\)

Xét ΔBHF và ΔBAC có

\(\frac{BH}{BA}=\frac{BF}{BC}\)

góc HBF chung

Do đó: ΔBHF~ΔBAC

e: ΔAEF~ΔABC

=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\left(1\right);\hat{AFE}=\hat{ACB}\)

ΔCEH~ΔCBA

=>\(\hat{CEH}=\hat{CBA}\left(2\right);\hat{CHE}=\hat{CAB}\)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEF}=\hat{CEH}\)

Ta có: \(\hat{AEF}+\hat{FEB}=\hat{AEB}=90^0\)

\(\hat{CEH}+\hat{BEH}=\hat{CEB}=90^0\)

mà \(\hat{AEF}=\hat{CEH}\)

nên \(\hat{FEB}=\hat{BEH}\)

=>EB là phân giác của góc FEH

a: ABCD là hình vuông

=>BD là phân giác của góc ABC

=>\(\hat{ABD}=\hat{CBD}=45^0\)

Xét ΔMEB vuông tại E có \(\hat{MBE}=45^0\)

nên ΔMEB vuông cân tại E

=>EM=EB

ABCD là hình vuông

=>DB là phân giác của góc ADC

=>\(\hat{ADB}=\hat{CDB}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét ΔFMD vuông tại F có \(\hat{FDM}=45^0\)

nên ΔFMD vuông cân tại F

=>FM=FD

Xét tứ giác AEMF có \(\hat{AEM}=\hat{AFM}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEMF là hình chữ nhật

=>AE=MF; AF=ME

Ta có: MF=AE

MF=FD

Do đó: AE=FD

Xét ΔEAD vuông tại A và ΔFDC vuông tại D có

EA=FD

AD=DC

Do đó: ΔEAD=ΔFDC

=>ED=FC

ΔEAD=ΔFDC

=>\(\hat{AED}=\hat{DFC}\)

mà \(\hat{AED}+\hat{ADE}=90^0\) (ΔADE vuông tại A)

nên \(\hat{DFC}+\hat{ADE}=90^0\)

=>DE⊥CF