Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.
DO ABCD là hình vuông \(\Rightarrow\widehat{ACD}=45^0\)
\(\Rightarrow\widehat{ACD}=\widehat{EBN}\)
Mà \(\widehat{ACD}\) và \(\widehat{EBN}\) cùng chắn EN
\(\Rightarrow\) Tứ giác BENC nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{BEN}+\widehat{BCN}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BEN}=180^0-\widehat{BCN}=180^0-90^0=90^0\)
\(\Rightarrow NE\perp BM\) tại E
b.
Tương tự ta có tứ giác ABFM nội tiếp (\(\widehat{MAF}=\widehat{MBF}=45^0\) cùng chắn MF)
\(\Rightarrow\widehat{BFM}+\widehat{BAM}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{BFM}=90^0\Rightarrow MF\perp BN\)
\(\Rightarrow I\) là trực tâm của tam giác BMN
\(\Rightarrow BI\perp MN\)
c.
Gọi H là giao điểm BI và MN
Do E và F cùng nhìn MN dưới 1 góc vuông
\(\Rightarrow\) Tứ giác EFMN nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{EMN}+\widehat{EFN}=180^0\)
Mà \(\widehat{EFN}+\widehat{EFB}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{EFB}\)
Lại có tứ giác ABFM nội tiếp (A và F cùng nhìn BM dưới 1 góc vuông)
\(\Rightarrow\widehat{EFB}=\widehat{AMB}\) (cùng chắn AB)
\(\Rightarrow\widehat{EMN}=\widehat{AMB}\)
\(\Rightarrow\Delta_VAMB=\Delta_VHMB\left(ch-gn\right)\)
\(\Rightarrow AM=HM\)
Đồng thời suy ra \(AB=BH\Rightarrow BH=BC\) (do AB=BC)
Theo Pitago: \(\left\{{}\begin{matrix}HN=\sqrt{BN^2-BH^2}\\CN=\sqrt{BN^2-BC^2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CN=HN\)
\(\Rightarrow AM+CN=MH+NH=MN\)
\(\Rightarrow MD+DN+MN=MD+DN+AM+CN=AD+CD=2a\)
Pitago: \(MN^2=DM^2+DN^2\ge\dfrac{1}{2}\left(DM+DN\right)^2\Rightarrow MN\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(DM+DN\right)\)
\(\Rightarrow2a-\left(DM+DN\right)\ge\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(DM+DN\right)\)
\(\Rightarrow2a\ge\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\left(DM+DN\right)\ge\left(2+\sqrt{2}\right).\sqrt{DM.DN}\)
\(\Rightarrow DM.DN\le\left(6-4\sqrt{2}\right)a^2\)
\(\Rightarrow S_{MDN}=\dfrac{1}{2}DM.DN\le\left(3-2\sqrt{2}\right)a^2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(DM=DN=\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)a\)
Từ F kẻ \(FK\perp FE\)
\(\Rightarrow\widehat{MFE}=\widehat{CFK}\left(Cùng\text{ }phụ\text{ }\widehat{MFK}\right)\)
Ta có: \(MF//AD\Rightarrow\widehat{CMF}=\widehat{MAE}=45^O\)
\(\Rightarrow\widehat{CMF}=\widehat{MCF}\left(Cùng\text{ }=45^o\right)\\ \Rightarrow\Delta MFC\text{ cân tại }F\\ \Rightarrow MF=CF\)
Xét \(\Delta MEF\text{ và }\Delta CKF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MFE}=\widehat{CFK\left(Chứng\text{ }minh\text{ }trên\right)}\\MF=CF\left(Chứng\text{ }minh\text{ }trên\right)\\\widehat{EFM}=\widehat{KFC}=90^O\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta MEF=\Delta CKF\left(g.c.g\right)\\ \Rightarrow CK=ME\)
Lại có: \(\widehat{MED}=\widehat{MFD}=\widehat{EDF}=90^O\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác MEDF là hình chữ nhật
\(\Rightarrow ME=DF\\ \Rightarrow DF=CK\\ \text{Mà }CD=CB\left(\text{2 cạnh hình vuông }\right)\\ \Rightarrow CD-DF=CB-CK\\ \Rightarrow CF=BK\\ \Rightarrow MF=BK\left(\text{Cùng }=CF\right)\\ \text{Mà }MF//BK\left(MF//BC;K\in BC\right)\)
=> Tứ giác MFKB là hình bình hành
\(\Rightarrow FK//BM\\ \Rightarrow BM\perp EF\)
Câu b) nè. Quên không làm. :3
b) Gọi N là giao điểm BM và EF \(\Rightarrow\widehat{BNE}=\widehat{BNF}=90^O\)(Chứng minh ý a)
P là giao điểm BE và AF; Q là giao điểm BF và EC
Ta có: \(ME//CD\left(\text{Cùng }\perp AD\right)\Rightarrow\widehat{EMA}=\widehat{DCA}=45^O\)
\(\Rightarrow\widehat{EMA}=\widehat{EAM}\left(Cùng\text{ }=45^o\right)\\ \Rightarrow\Delta AEM\text{ }cân\text{ }tại\text{ }E\\ \Rightarrow EA=EM\\ \text{Mà }EM=DF\left(2\text{ cạnh đối hình chữ nhật }\right)\\ \Rightarrow EA=FD\)
Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta DFA\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB=AD\left(2\text{ cạnh của hình vuông }\right)\\\widehat{EAB}=\widehat{FDE}=90^O\\EA=FD\left(Chứng\text{ }minh\text{ }trên\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AEB=\Delta DFA\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow BE=AF\\ \Rightarrow\widehat{EBA}=\widehat{FAD}\\ \text{Mà }\widehat{EBA}=\widehat{MEB}\left(2\text{ }góc\text{ }so\text{ }le\text{ }trong;ME//AB\right)\\ \Rightarrow\widehat{MEB}=\widehat{FAD}\\ Hay\text{ }\widehat{MEB}=\widehat{FAE}\left(E\in AD\right)\)
Xét \(\Delta EMB\) và \(\Delta AEF\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}EB=AF\left(Chứng\text{ }minh\text{ }trên\right)\\\widehat{MEB}=\widehat{EAF}\left(Chứng\text{ }minh\text{ }trên\right)\\EM=AE\left(Chứng\text{ }minh\text{ }trên\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta EMB=\Delta AEF\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\widehat{EFA}+\widehat{NEB}=\widehat{MBE}+\widehat{NEB}=90^o\\ \Rightarrow180^o-\widehat{EPF}=90^o\\ \Rightarrow\widehat{EPF}=90^o\\ \Rightarrow FP\perp BE\\ Hay\text{ }AF\perp BE\left(P\in AF\right)\)
Chứng minh tương tự \(CE\perp BF\)
\(\Rightarrow EC;FA;BM\text{ }\)là 3 đường cao \(\Delta BEF\)
\(\Rightarrow EC;FA;BM\text{ }\) đồng quy
a: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔCHD vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền CD, ta được:
\(CD\cdot CM=CH^2\left(1\right)\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔCHE vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền CE, ta được:
\(CE\cdot CN=CH^2\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\) suy ra \(CD\cdot CM=CE\cdot CN\)
b: Ta có: \(CD\cdot CM=CE\cdot CN\)
nên \(\dfrac{CM}{CE}=\dfrac{CN}{CD}\)
Xét ΔCMN và ΔCED có
\(\dfrac{CM}{CE}=\dfrac{CN}{CD}\)
\(\widehat{MCN}\) chung
Do đó: ΔCMN\(\sim\)ΔCED
