a) Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có 

AB=AC(ΔBAC cân tại A)

ˆBADBAD^ chung

Do đó: ΔADB=ΔAEC(Cạnh huyền-góc nhọn)

Suy ra: AD=AE(Hai cạnh tương ứng)

hay A nằm trên đường trung trực của DE(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: AE+EB=AB(E nằm giữa A và B)

AD+DC=AC(D nằm giữa A và C)

mà AE=AD(cmt)

và AB=AC(ΔABC cân tại A)

nên EB=DC

Xét ΔEBH vuông tại E và ΔDCH vuông tại D có

EB=DC(cmt)

ˆEBH=ˆDCHEBH^=DCH^(ΔABD=ΔACE)

Do đó: ΔEBH=ΔDCH(Cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

Suy ra: HE=HD(Hai cạnh tương ứng)

hay H nằm trên đường trung trực của ED(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra AH là đường trung trực của ED

hay AH⊥⊥ED(đpcm)

* Bổ đề 1: Xét tam giác ABC có trực tâm H, tâm ngoại tiếp O và đường tròn Euler \(\left(\omega\right)\). Một đường thẳng \(\Delta\)đi qua H và cắt \(\left(\omega\right)\);(O) lần lượt tại I,K. Khi đó I là trung điểm của HK. (Các bạn tự chứng minh)

* Bổ đề 2: Xét tam giác ABC cân tại A. Điểm M thỏa mãn ^AMB = ^AMC. Khi đó AM là trung trực của BC.

* Giải bài toán: Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với HT, đường thẳng này cắt (O) tại K' khác A.

Gọi M là trung điểm BC, HT cắt đường tròn (MEF) và (O) lần lượt tại G và L (G thuộc cung FM nhỏ)

Do (MEF) là đường tròn Euler-9 điểm của \(\Delta\)ABC nên áp dụng Bổ đề 1 ta thu được GH = GL

Đồng thời, kết hợp với ĐL Reim ta cũng suy ra tứ giác GFTC nội tiếp

Từ đây ^CGH = ^HFE = ^CBH. Suy ra ^BCG = ^BHG = ^THE = ^CAK' = ^CBK' và ^BGC = ^CK'B (= 180⁰ - ^BAC)

Suy ra tứ giác CK'BG là hình bình hành. Từ đó GK',BC,HN cùng đi qua điểm M

Do vậy tứ giác GLNK' là hình bình hành (Vì GH = GL và cùng song song với NK')

Dẫn đến K'G = NL = K'T, suy ra AG = AT = AS (Vì AK' là trung trực của GT)

Ta thấy \(\Delta\)ASG cân tại A (cmt); ^ALS = ^ALG (Vì (AS = (AT ). Theo Bổ đề 2 thì AL vuông góc SG (1)

Ta lại có AL vuông góc LN; LN // GK' nên AL vuông góc GK'  (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai đường thẳng SG, GK' trùng nhau hay SM đi qua K'

Như vậy K' trùng K, đồng nghĩa với việc AK vuông góc với HT (đpcm).

chúc mừng đạt lần nữa nhen

\(\left(\tan a+\cot a\right)^2-\left(\tan a-\cot a\right)^2=4\tan a\cdot\cot a\)\(=4\cdot1=4\)

+) Bước 1: Chứng minh \(\Delta\) FPO vuông tại P

Ta có: \(\widehat{O_1}=\widehat{FOP}=\widehat{FOE}=\widehat{FOM}+\widehat{MOE}=\frac{1}{2}\widehat{COM}+\frac{1}{2}\widehat{MOB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\)

=> \(\widehat{FOP}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\)

mà \(\widehat{FCP}=\widehat{FCB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\) ( góc nội tiếp = 1/2 góc ở tâm khi chắn cùng một cung)

=> \(\widehat{FOP}=\widehat{FCP}\)

=> Tứ giác CFPO nội tiếp  => \(\widehat{FPO}+\widehat{FCO}=180^o\Rightarrow\widehat{FPO}=180^o-90^o=90^o\)

=>  \(\Delta\) FPO vuông tại P

+) Bước 2: Chứng minh  \(\Delta\) EQO vuông tại Q. ( Chứng minh tương tự)

+) Bước 3: Chứng minh tỉ số: \(\frac{PQ}{EF}=\frac{OQ}{OE}\)

Xét  \(\Delta\) FPO vuông tại P và  \(\Delta\) EQO vuông tại Q có: \(\widehat{O_1}\) chung 

=>  \(\Delta\) FPO  ~  \(\Delta\) EQO

=> \(\frac{OQ}{OE}=\frac{OP}{OF}\)

Xét  \(\Delta\) OQP và  \(\Delta\) OEF  có: \(\frac{OQ}{OE}=\frac{OP}{OF}\)( chứng minh trên ) và \(\widehat{O_1}\) chung

=>  \(\Delta\) OQP ~  \(\Delta\) OEF

=> \(\frac{PQ}{EF}=\frac{OQ}{OE}\)(1) 

+) Bước 4: Chứng minh Tỉ số \(\frac{PQ}{EF}\)không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC

Xét \(\Delta\)EQO vuông tại Q  => \(\cos\widehat{O_1}=\frac{OQ}{OE}\)

Mặt khác : \(\widehat{O_1}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}\) ( xem chứng minh ở Bước 1) 

=> \(\cos\frac{1}{2}.\widehat{BOC}=\frac{OQ}{OE}\) (2)

Từ (1) ; (2) => \(\frac{PQ}{EF}=\cos\frac{1}{2}.\widehat{BOC}\)không đổi  khi M di chuyển. ::))

trả lời lẹ cho tui cấy