Nhầm.

a) Xét \(\Delta MBN\) và \(\Delta ABC\)có:

\(\widehat{NBC}\)chung.

\(\widehat{BMN}=\widehat{BAC}\left(=90^0\right)\).

\(\Rightarrow\Delta MBN~\Delta ABC\left(g.g\right)\)(điều phải chứng minh).

a) Ta có tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), BE là đường cao của tam giác ABC và cắt AC tại H, CF là đường cao của tam giác ABC và cắt AB tại F.

Chứng minh tam giác AEHF nội tiếp:

Gọi I là giao điểm của BF và CE. Ta có:

- Do ABC nội tiếp đường tròn (O), ta có ∠BAC = ∠BIC = 90°.

- Ta có BE ⊥ AC và CF ⊥ AB, nên BE // CF.

- Do đó, ta có ∠BEC = ∠BCF.

- Vậy tam giác BEC và BCF đồng dạng.

- Từ đó, ta có ∠BED = ∠BCF = ∠BAC.

- Vậy tam giác ABE và ABC đồng dạng.

- Từ đó, ta có ∠AEH = ∠ABC = ∠AFH.

- Vậy ta kết luận được tam giác AEHF nội tiếp.

b) Chứng minh AH ⊥ BC:

Vì tam giác AEHF nội tiếp, nên ta có ∠AEH = ∠AFH.

- Như đã chứng minh ở phần a), ta có ∠AEH = ∠ABC.

- Và ∠AFH = ∠ACB.

- Vậy ta có ∠ABC = ∠ACB.

- Vậy ta kết luận được AH ⊥ BC.

c) Chứng minh AO là đường trung trực của PG:

Gọi O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

- Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.

- Ta có ∠AEM = ∠AFM = 90° (do EM ⊥ BE, FM ⊥ CF).

- Và ta có ∠AEF = ∠AFM và ∠AFE = ∠AEM.

- Vậy tam giác AEF đồng dạng với tam giác AMF.

- Từ đó, ta có AO là đường trung trực của PG.

30 phút = 1/2 giờ

40 phút = 2/3 giờ

Gọi quãng đường từ trường đến UBND là S

Vận tốc của Hoa là 

S:1/2=2xS

Vận tốc của Lan là

S:2/3=3xS/2

Trong cùng 1 khoảng thời gian vận tốc tỷ lệ ngh thuận với quãng đường đi được

Vận tốc của Hoa / vận tốc của Lan = quãng đường của Hoa / quãng đường của Lan = 2xS:(3xS/2)=4/3

Chia quãng đường của Hoa đi được từ lúc xp đến chỗ gặp nhau thành 4 phần bằng nhau thì quãng đường của Lan đi được từ lúc xp đến chỗ gặp nhau là 3 phần như thế

Quãng đường của Hoa đi được từ lúc xp đến chỗ gặp nhau là

4:(4+3)=(4/7)xS

Thời gian từ lúc xp đến chỗ gặp nhau là

\(\frac{4}{7}xS:2xS=\frac{2}{7}\) Giờ

a, ta có \(\widehat{ADB}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn => \(\widehat{ADB}=90^0\)hay \(\widehat{EDB}=90^0\)

Xét tứ giác BDEH có : 

\(\widehat{EHB}=90^0\left(CH\perp AB\right)\)

\(\widehat{EDB}=90^0\left(cmt\right)\)

=> tugiac BDEH noi tiep

b,

ta có \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)( BDEH noitiep cmt)

mà \(\widehat{ABC}+\widehat{CAB}=90^0\)(góc ACB=90 độ, góc nt chắn nửa đg tròn)

  \(\widehat{ACH}+\widehat{CAB}=90^0\)( góc AHC=90 độ vì  CH vuông với AB)

=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ACH}\)

=> \(\widehat{ACH}=\widehat{ADC}\left(=\widehat{ABC}\right)\)hay góc ADC= góc ACE

Xét tam giác ACE và tam giác ADC

\(\widehat{ADC}=\widehat{ACE}\left(cmt\right)\)

góc CAD chung

=> tam giác ACE đồng dạng với tam giác ADC (g-g)

=> \(\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}\)

=> \(AC^2=AD.AE\)(1)

Tam giác ABC vuông tại C có AH là đường cao

=> BC²= BH.BA  (hethucluong) (2)        

(1);(2) => \(AC^2+BC^2=AE.AD+BH.BA\)

mà AC²+ BC²= AB² ( pytago trong tam giác ABC vuông ở C)

=> \(AB^2=AE.AD+BH.BA\)

a) Tứ giác EFMK có góc E và góc M vuông (vì đều bằng các góc chắn nửa đường tròn) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có 

$\widehat{HAF}=\widehat{ABE}$ (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung);

$\widehat{EAM}=\widehat{EBM}$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⌢}{\mathrm{EM}}$)

mà $\widehat{HAF}=\widehat{EAM}$ ($AE$ là tia phân giác góc IAM)

nên $\widehat{ABE}=\widehat{EBM}$, hay BE là tia phân giác góc ABM.

Mặt khác BE cũng là đường cao trong tam giác ABF nên tam giác ABF cân tại B.

c) Tam giác HAK có AE vừa là phân giác vừa là đường cao nên nó cân tại A. Suy ra E là trung điểm HK.

Tứ giác HFKA có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình thoi.

d) HFKA là hình thoi nên FK // HA, suy ra tứ giác IFKA là hình thang.

Để IFKA nội tiếp được đường tròn thì nó phải là hình thang cân, hay tam giác MIA vuông cân tại M.

Khi đó, $\widehat{IAM}=45^{\circ }\Rightarrow \widehat{MAB}=45^{\circ },$ tam giác MAB vuông cân tại M. Do đó M là điểm chính giữa cung nửa đường tròn AB.

có ai kết bạn không

bằng 200 nha em học tốt :))))))))))))))))))))))))

kết quả là 200