Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc EMC+góc EFC=180 độ
=>EMFC nội tiếp
góc MDB=góc MEB=90 độ
=>MEDB nội tiếp
=>góc DBM=góc DEM
b: góc DEF=góc DEM+góc FEM
=180 độ-góc ABM+góc FCM
=180 độ
=>D,F,E thẳng hàng
a) Xét tứ giác DFEC có
\(\widehat{DFC}=\widehat{DEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{DFC}\) và \(\widehat{DEC}\) là hai góc cùng nhìn cạnh DE
Do đó: DFEC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
a) Ta có: \(\angle MEC=\angle MFC=90\Rightarrow MEFC\) nội tiếp
Ta có: \(\angle BDM+\angle BEM=90+90=180\Rightarrow BDME\) nội tiếp
\(\Rightarrow\angle DBM=\angle DEM\)
b) BDME nội tiếp \(\Rightarrow\angle BED=\angle BMD=90-\angle DBM\)
MEFC nội tiếp \(\Rightarrow\angle FEC=\angle FMC=90-\angle ACM\)
mà \(\angle DBM=\angle ACM\) (ABMC nội tiếp)
\(\Rightarrow\angle BED=\angle FEC\) mà B,E,C thẳng hàng \(\Rightarrow D,E,F\) thẳng hàng
Xét \(\Delta MBD\) và \(\Delta MCF:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle MFC=\angle MDB\\\angle MCA=\angle MBD\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta MBD\sim\Delta MCF\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{MB}{MC}=\dfrac{MD}{MF}\Rightarrow MB.MF=MD.MC\)
c) Kẻ đường cao AH,BI
Ta có: \(\angle ARV=\angle ACB=\angle BVH\left(=90-\angle CBI\right)=\angle AVI\)
\(\Rightarrow\Delta AVR\) cân tại A có \(AC\bot VR\Rightarrow AC\) là trung trực VR
mà F nằm trên AC \(\Rightarrow FV=FR\Rightarrow\Delta FVR\) cân tại F \(\Rightarrow\angle FVR=\angle FRV\)
DF cắt BR tại G
\(\angle GRM=\angle BRM=\angle BCM=\angle ECM=\angle EFM=\angle GFM\)
\(\Rightarrow GRFM\) nội tiếp mà \(MF\parallel GR (\bot AC)\) \(\Rightarrow GRFM\) là hình thang cân
\(\Rightarrow\angle MGR=\angle FRG=\angle FRV=\angle FVR\) \(\Rightarrow VF\parallel GM\)
mà \(MF\parallel GR\) \(\Rightarrow VFMG\) là hình bình hành có GF,VM là các đường chéo nên cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
\(\Rightarrow DF\) đi qua trung điểm VM
a, Xét tứ giác CDME có
^MEC = ^MDC = 900
mà 2 góc này kề, cùng nhìn cạnh MC
Vậy tứ giác CDME là tứ giác nt 1 đường tròn
b, bạn ktra lại đề
a) Ta có: Đường tròn (O) đường kính BC và 2 điểm D;E nằm trên (O)
=> ^BEC=^BDC=900 => BD vuông AC; CE vuông AB
Mà BD gặp CE tại H => H là trực tâm \(\Delta\)ABC
=> AH vuông BC (tại F) hay AF vuông BC (đpcm).
b) Thấy: \(\Delta\)ADH vuông đỉnh D, M là trg điểm AH
=> \(\Delta\)DMA cân đỉnh M => ^MDA=^MAD (1).
Tương tự: \(\Delta\)DOC cân đỉnh O => ^ODC=^OCD (2).
(1) + (2) => ^MAD+^ODC = ^MDA+^ODC = ^MAD+^OCD
Mà 2 góc ^MAD; ^OCD phụ nhau (Do \(\Delta\)AFC vuông đỉnh F)
=> ^MDA+^ODC=900 => ^MDO=900 => MD vuông OD
Lập luận tương tự: ME vuông OE => Tứ giác MEOD có ^MEO=^MDO=900
=> MEOD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM
Xét tứ giác MFOD: ^MFO=^MDO=900 => Tứ giác MFOD nội tiếp đường tròn đường kính MO.
Do đó: 5 điểm M;D;O;E;F cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OM (đpcm).
c) Dễ c/m \(\Delta\)EBF ~ \(\Delta\)CDF (c.g.c) => ^EFB=^CFD
=> 900 - ^EFB = 900 - ^CFD => ^EFA=^DFA hay ^EFM=^MFD
Xét tứ giác FEMD: Nội tiếp đường tròn => ^EFM=^KDM => ^MFD=^KDM
=> \(\Delta\)MKD ~ \(\Delta\)MDF (g.g) => \(\frac{MD}{MF}=\frac{MK}{MD}\Rightarrow MD^2=MK.MF\)(đpcm).
Gọi I là giao điểm BK và MC.
Dễ thấy: \(\Delta\)FEK ~ FMD (g.g) => \(\frac{FE}{FM}=\frac{FK}{FD}\Rightarrow FE.FD=FM.FK\)
Hoàn toàn c/m được: \(\Delta\)EFB ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => \(\frac{FE}{FC}=\frac{BF}{FD}\Rightarrow FE.FD=BF.FC\)
Từ đó suy ra: \(FM.FK=BF.FC\)\(\Rightarrow\frac{BF}{FM}=\frac{FK}{FC}\)
\(\Rightarrow\Delta\)BFK ~ \(\Delta\)MFC (c.g.c) => ^FBK=^FMC . Mà ^FMC+^FCM=900
=> ^FBK+^FCM = 900 hay ^FBI+^FCI=900 => \(\Delta\)BIC vuông đỉnh I
=> BK vuông với MC tại điểm I.
Xét \(\Delta\)MBC: BK vuông MC (cmt); MK vuông BC (tại F) => K là trực tâm \(\Delta\)MBC (đpcm).
d) Thấy ngay: EH là phân giác trong của \(\Delta\)FEK. Mà EA vuông EH
=> EA là phân giác ngoài tại đỉnh E của \(\Delta\)FEK
Theo ĐL đường phân giác trg tam giác: \(\frac{KH}{FH}=\frac{AK}{AF}\)
\(\Leftrightarrow1+\frac{KH}{FH}=1+\frac{AK}{AF}\Rightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{AK+AF}{AF}\Leftrightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{FK+2AK}{AF}\)
\(\Leftrightarrow\frac{FK}{FH}=\frac{FK}{AF}+\frac{2AK}{AF}\Leftrightarrow\frac{FK}{AF}=\frac{FK}{FH}-\frac{2AK}{AF}\)
\(\Leftrightarrow\frac{FK}{AF}+\frac{FK}{FH}=\frac{2FK}{FH}-\frac{2AK}{AF}=2+\frac{2KH}{FH}-2+\frac{2KF}{AF}=\frac{2KH}{FH}+\frac{2KF}{AF}\)
\(\Rightarrow FK\left(\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}\right)=\frac{2KH}{FH}+\frac{2KF}{AF}\)
Đến đây, lại thay: \(\frac{KH}{FH}=\frac{AK}{AF}\)(T/c đg phân giác)
\(\Rightarrow FK\left(\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}\right)=\frac{2\left(AK+KF\right)}{AF}=\frac{2AF}{AF}=2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{AF}+\frac{1}{FH}=\frac{2}{FK}.\)(đpcm).
d.
Xét△FBH và △FAC có BFH=AFC=90*,FBH=FAC(cùng phụ BCD)
=>△FBH∼ △FAC(g.g) =>FH.FA=FB.FC .
Xét△FBK và △FMC có BFK=MFC=90*, FBK=FMC
=>△FBK ∼ △FMC(g.g)=>FK.FM=FB.FC .
=>FH.FA=FK.FM
Mà FH+FA=FM-MH+FM+MA=2FM
Ta có 2FH.FA=2FK.FM=>2FH.FA=FK(FH+FA)=>KL
giải câu c, d đi