Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét $(O)$ có: $\widehat{ACD}=\widehat{ABD}=90^o$( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra $\widehat{ECD}=90^o$
$\widehat{BAC}=\widehat{BDC}$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$)
hay $\widehat{BAE}=\widehat{EDC}(1)$
Xét tứ giác $BEFA$ có: $\widehat{ABE}=\widehat{EFA}=90^o$ (do $EF AD$)
nên $\widehat{ABE}+\widehat{EFA}=180^o$
suy ra tứ giác $BEFA$ nội tiếp
suy ra $\widehat{EFB}=\widehat{BAE}(2)$ (các góc nội tiếp cùng nhắn $BE$)
Chứng minh tương tự ta có: tứ giác $ECDF$ nội tiếp nên $\widehat{EFC}=\widehat{EDC}(3)$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $EC$)
Từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\widehat{EFB}+\widehat{EFC}=\widehat{BAE}+\widehat{EDC}=2.\widehat{EDC}$
hay $\widehat{BFC}=2.\widehat{EDC}$
Lại có: tam giác $ECD$ vuông tại $C$
$M$ là trung điểm $ED$
Nên $EM=MD=CM$
Suy ra tam giác $MCD$ cân tại $M$
nên $\widehat{MCD}=\widehat{MDC}$
Lại có: $\widehat{BMC}$ là góc ngoài tam giác $MCD$ nên
$\widehat{BMC}=\widehat{MCD}+\widehat{MDC}=2.\widehat{MDC}=2.\widehat{EDC}
Mà $\widehat{BFC}=2.\widehat{EDC}$
nên $\widehat{BMC}=\widehat{BFC}$
suy ra $F;M$ cùng nhìn đoạn $BC$ dưới 1 góc ko đổi
$F;M$ là 2 đỉnh liên tiếp tứ giác $BCMF$
suy ra tứ giác $BCMF$ nội tiếp (Bài toan quỹ tích cung chứa góc)
Ta có: ˆACD=900ACD^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD)
Xét tứ giác DCEF có:
ˆACD=900ACD^=900 (cm trên)
ˆEFD=900EFD^=900 (vì EF⊥ADEF⊥AD (gt))
⇒ˆACD+ˆEFD=1800⇒ACD^+EFD^=1800
=> Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp (chứng minh câu a)
⇒ˆC1=ˆD1⇒C1^=D1^ (góc nội tiếp cùng chắn cung EF) (1)
Mà ⇒ˆC2=ˆD1⇒C2^=D1^ (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ˆC1=ˆC2⇒C1^=C2^
⇒⇒ CA là tia phân giác của ˆBCFBCF^ (đpcm)
k đúng hộ
tb. Kéo dài BH cắt AC tại K
Vì H là điểm đối xứng của M qua BC (gt) => BC là đường trung trực của HM (định nghĩa đối xứng trục) => BH = BM (định lý thuận) => \(\Delta BHM\)cân tại B (định nghĩa) => BC là đường phân giác của \(\widehat{HBM}\)(định lý 1) => \(\widehat{CBM}=\widehat{CBH}\)\(=\widehat{CBK}\)(1)
Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{CBM}=\widehat{CAM}(=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM})\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{CBK}=\widehat{CAM}=\widehat{CAD}\)(do A,D,M => \(\widehat{CAM}=\widehat{CAD}\)) (3)
Xét \(\Delta ACD\)có: \(\widehat{ACD}+\widehat{CAD}=90^o\)hay \(\widehat{KCB}+\widehat{CAD}=90^o\)(do A,K,C và B,D,C => \(\widehat{ACD}=\widehat{KCB}\)) (4)
Thay (3) vào (4) => \(\widehat{CBK}+\widehat{KCB}=90^o\)
Mà trong \(\Delta BCK\)thì : \(\widehat{CBK}+\widehat{KCB}+\widehat{BKC}=180^o\Rightarrow\widehat{BKC}=90^o\Rightarrow BK\perp AC\)=> BK là đường cao của \(\Delta ABC\)
Lại có H là giao điểm của AD và BK => H là trực tâm của \(\Delta ABC\)(đpcm)
c. Vì tứ giác BDME là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{MED}=\widehat{MBD}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MD}\right)\)= \(\widehat{MBC}\)(do B,D,C ) = \(\widehat{MAC}\)= \(\widehat{MAF}\)(do A,F,C )(5)
Tứ giác AEMF có: \(\widehat{AEM}+\widehat{AFM}=90^o+90^o=180^o\)(do ME\(\perp AB\)tại E (gt) => \(\widehat{AEM}=90^o\)và MF \(\perp AC\)tại F (gt) => \(\widehat{AFM}=90^o\))
=> Tứ giác AEMF là tứ giác nội tiếp( Dhnb) => \(\widehat{MEF}=\widehat{MAF}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{MF}\)) (6)
Từ (5) và (6) => \(\widehat{MED}=\widehat{MEF}\Rightarrow\)3 điểm E, D, F thẳng hàng (2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => Đpcm
