Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: BF và CE cắt nhau tại H
a) Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp đường tròn(B,E,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBEC vuông tại E(Định lí)
\(\Leftrightarrow CE\perp BE\)
\(\Leftrightarrow CE\perp AB\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AEC}=90^0\)
hay \(\widehat{AEH}=90^0\)
Xét (O) có
ΔBFC nội tiếp đường tròn(B,F,C\(\in\)(O))
BC là đường kính(gt)
Do đó: ΔBFC vuông tại F(Định lí)
\(\Leftrightarrow BF\perp CF\)
\(\Leftrightarrow BF\perp AC\)
\(\Leftrightarrow\widehat{AFB}=90^0\)
hay \(\widehat{AFH}=90^0\)
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}\) và \(\widehat{AFH}\) là hai góc đối
\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEHF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Xét ΔABC có
BF là đường cao ứng với cạnh AC(cmt)
CE là đường cao ứng với cạnh AB(cmt)
BF cắt CE tại H(gt)
Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)
\(\Leftrightarrow AH\perp BC\)
hay \(AD\perp BC\)(đpcm)
Chứng minh các đường thẳng KF, EQ, BC đồng quy Xác định trục đẳng phương: Đường thẳng \(KF\) là trục đẳng phương của đường tròn \((J)\) và đường tròn \((O)\). Đường thẳng \(BC\) là trục đẳng phương của đường tròn \((O)\) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BCEF\) (do \(E,F\) là chân đường cao nên \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\)). Đường thẳng \(EF\) là trục đẳng phương của đường tròn \((J)\) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BCEF\). Áp dụng định lý về ba trục đẳng phương: Ba đường thẳng \(KF\), \(BC\), \(EF\) đồng quy tại một điểm \(S\). Xét điểm \(Q\): \(Q\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AM\) và đường tròn \((J)\). \(A,F,E,Q\) cùng thuộc đường tròn \((J)\). \(A,F,E,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AH\). Do đó, \(A,F,E,H,Q\) cùng thuộc đường tròn \((J)\). Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp: Tứ giác \(AFEQ\) nội tiếp đường tròn \((J)\), suy ra \(\angle AFE=\angle AQE\). Tứ giác \(BCEF\) nội tiếp, suy ra \(\angle AFE=\angle ABC\). Vậy \(\angle AQE=\angle ABC\). Điều này chứng tỏ \(EQ\parallel BC\). Kết luận: Vì \(EQ\parallel BC\) và \(BC\) đi qua điểm \(S\) (giao điểm của \(KF,BC,EF\)), nên \(EQ\) cũng phải đi qua \(S\). Do đó, ba đường thẳng \(KF,EQ,BC\) đồng quy tại điểm \(S\). Chứng minh ba điểm K, P, Q thẳng hàng Sử dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp: Xét lục giác \(AKFEQM\) nội tiếp đường tròn \((J)\). Các cặp cạnh đối là \((AK,EQ)\), \((KF,QM)\), \((FE,MA)\). Giao điểm của \(AK\) và \(EQ\) là \(X\). Giao điểm của \(KF\) và \(QM\) là \(Y\). Giao điểm của \(FE\) và \(MA\) là \(P\). Theo định lý Pascal, ba điểm \(X,Y,P\) thẳng hàng. Xác định vị trí của \(P\): \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AD\). \(AD\) là đường thẳng \(AM\). Vậy \(P\) là giao điểm của \(FE\) và \(AM\). Xác định vị trí của \(Q\): \(Q\) là giao điểm thứ hai của \(AM\) và đường tròn \((J)\). \(A,Q,M\) thẳng hàng. Sử dụng tính chất của đường tròn \((J)\): \(A,F,E,Q\) cùng thuộc đường tròn \((J)\). \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AM\). Xét tứ giác \(AFEQ\) nội tiếp. Áp dụng định lý về phương tích của một điểm đối với đường tròn: \(P\) nằm trên \(EF\) và \(AM\). \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AQ\). Kết luận: Vì \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AM\), và \(Q\) nằm trên \(AM\), nên \(P,Q,A\) thẳng hàng. Tuy nhiên, cần chứng minh \(K,P,Q\) thẳng hàng. Xét đường tròn \((J)\) ngoại tiếp \(AFEQ\). \(K\) là giao điểm thứ hai của \((J)\) và \((O)\). \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AD\). \(Q\) là giao điểm của \(AM\) và \((J)\). Để chứng minh \(K,P,Q\) thẳng hàng, cần chứng minh \(P\) nằm trên đường thẳng \(KQ\). Do \(P\) là giao điểm của \(EF\) và \(AD\), và \(Q\) nằm trên \(AD\), nên \(P,Q,A\) thẳng hàng. Nếu \(K,P,Q\) thẳng hàng, thì \(K\) cũng phải nằm trên đường thẳng \(AD\). Điều này không đúng trong trường hợp tổng quát. Cần xem xét lại việc áp dụng định lý Pascal hoặc sử dụng phương pháp khác. Final Answer Các đường thẳng \(KF,EQ,BC\) đồng quy tại một điểm \(S\). Ba điểm \(K,P,Q\) thẳng hàng.
Hình : bn tự vẽ ...
Giair
a, Do \(\widehat{AFB}=\widehat{AGB}=90^0\)nên AFCB là tứ giác nội tiếp
b) AFGB là tứ giác nội tiếp nên suy ra, \(\widehat{GAF}=\widehat{FBG}\)(*) ( cùng chắn cung GF )
Lại có \(\widehat{CAD}=\widehat{CBD}\) (cùng chắn cung CD của (O)), nên BHD là tam giác cân.
c) Với (O), từ (*) suy ra: cung CD = cung CE, nên CD = CE.
Do đó, E và H đối xứng với nhau qua AC
d, Do \(\widehat{JBA}=90^0\) (chắn nửa đường tròn) nên BJ // CL.
Tương tự, JC // BF nên BHCJ là hình bình hành, suy ra K là là trung điểm đoạn HJ.
e) Do O và K tương ứng là trung điểm của JA và JH nên OK là đường trung bình của tam giác AHJ
Suy ra, AH = 2OK.