Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Trong (O) có BC là dây cung không đi qua O có D là trung điểm BC
\(\Rightarrow OD\bot BC\)
Tương tự \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OE\bot AC\\OF\bot AB\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(\angle ODB+\angle OFB=90+90=180\Rightarrow OFBD\) nội tiếp
Tương tự \(\Rightarrow OECD,OEAF\) nội tiếp
\(\Rightarrow\left(AFE\right),\left(BFD\right),\left(CDE\right)\) cùng đi qua điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Xét \(\Delta ABC\) có E,F lần lượt là trung điểm AC,AB
\(\Rightarrow\) EF là đường trung bình \(\Rightarrow EF=\dfrac{1}{2}BC\)
Tương tự \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}DF=\dfrac{1}{2}AC\\DE=\dfrac{1}{2}AB\end{matrix}\right.\)
Xét \(\Delta AFE\) và \(\Delta FBD:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AF=BF\\AE=FD=\dfrac{1}{2}AC\\FE=BD=\dfrac{1}{2}BC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AFE=\Delta FBD\left(c-c-c\right)\Rightarrow\left(AFE\right)=\left(FBD\right)\)
Tương tự \(\Rightarrow\left(CDE\right)=\left(AFE\right)\Rightarrow\left(AFE\right)=\left(FBD\right)=\left(CDE\right)\)
a, Chứng minh IFEK là hình bình hành có tâm O. Chứng minh IK ⊥ KE => IFEKlà hình chữ nhật => I,F,E,K cùng thuộc (O;OI)
b, Ta có: I D E ^ = 90 0 => Tam giác IDE vuông tại D
Chứng minh rằng KD ⊥ DF => ∆ KDF vuông
a) Ta có: ΔABC cân tại A(gt)
mà AE là đường trung tuyến ứng với cạnh BC(gt)
nên AE là đường cao ứng với cạnh BC(Định lí tam giác cân)
Xét tứ giác ABED có
\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}\left(=90^0\right)\)
nên ABED là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
hay A,B,E,D cùng thuộc (O)
b) Xét tứ giác HDCE có
\(\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=180^0\)
nên HDCE là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HDCE là trung điểm của HC
ID cắt EF tại G. cần chứng minh A,G,M thẳng hàng
A B C I D E F M M' G S T
Ta có : AG cắt BC tại M'. đường thẳng qua G song song với BC cắt AB,AC tại S,T
Dễ thấy \(ID\perp BC\)\(\Rightarrow IG\perp ST\)
Tứ giác FSGI nội tiếp, tứ giác IGET nội tiếp \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{IFG}=\widehat{ISG}\\\widehat{ITG}=\widehat{IEG}\end{cases}\Rightarrow\widehat{ISG}=\widehat{ITG}}\)( Vì \(\widehat{IFG}=\widehat{IEG}\))
\(\Rightarrow\Delta IST\)cân tại I có \(IG\perp ST\)nên GS = GT
Xét hình thang STCB có BS,M'G,CT cắt nhau tại A và G là trung điểm của ST nên M' là trung điểm của BC
\(\Rightarrow M'\equiv M\)hay A,G,M thẳng hàng
A B C F E K D I M G H N
AM cắt KI tại H
Dễ thấy \(AI\perp EF\)nên \(KG\perp AI\)
\(\Delta AIK\)có \(IG\perp AK;KG\perp AI\)nên G là trực tâm \(\Rightarrow AG\perp KI\)tại H
AI cắt EF tại N
Tứ giác ANHK nội tiếp \(\Rightarrow IH.IK=IN.IA=IF^2=ID^2\Rightarrow\frac{IH}{ID}=\frac{ID}{IK}\)
\(\Rightarrow\Delta IDH\approx\Delta IKD\left(c.g.c\right)\)\(\Rightarrow\widehat{IDH}=\widehat{IKD}\)( 1 )
Tứ giác IHMD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{IDH}=\widehat{IMH}\)( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(\widehat{IKD}=\widehat{IMH}\)
Mà \(\widehat{IMH}+\widehat{MIH}=90^o\)suy ra \(\widehat{IKD}+\widehat{MIH}=90^o\)
\(\Rightarrow MI\perp DK\)