a) Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\KC\perp AC\end{matrix}\right.\)       ⇒ \(BH\text{//}KC\) 

\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp AB\\BK\perp AB\end{matrix}\right.\)       ⇒ \(CH\text{//}BK\)

\(Xét\) \(tứ\) \(giác\) \(BKCH\) \(có:\) \(\left\{{}\begin{matrix}BH\text{//}KC\\CH\text{//}BK\end{matrix}\right.\)

⇒ Tứ giác \(BKCH\) là hình hình hành. Mà M là trung điểm của đường chéo BC

⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}H,M,K_{ }thẳng_{ }hàng\\HM=MK\end{matrix}\right.\)

Xét \(\Delta AHK\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=IK\left(gt\right)\\HM=MK\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)

⇒ \(IM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)

⇒ \(IM=\dfrac{1}{2}AH\)              \(\left(ĐPCM\right)\)

c)

Ta có:

\(\dfrac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HD.BC}{\dfrac{1}{2}.AD.BC}=\dfrac{HD}{AD}\)  

\(\dfrac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HE.AC}{\dfrac{1}{2}.BE.AC}=\dfrac{HE}{BE}\)

\(\dfrac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HF.AB}{\dfrac{1}{2}.CF.AB}=\dfrac{HF}{CF}\)

⇒ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{S_{\Delta HBC}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\)

⇔ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1\)          \(\left(ĐPCM\right)\)

Câu hỏi của Diệp Song Thiên - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo link này nhé!

\({}\)

a) Vì \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^o\) nên tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tương tự như thế, tứ giác AEDB nội tiếp đường tròn đường kính AB. Cũng có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=90^o\) nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH.

Ta có \(\widehat{IEM}=\widehat{IEB}+\widehat{BEM}\) 

\(=\left(90^o-\widehat{IEA}\right)+\widehat{EBC}\)

\(=90^o-\widehat{EAD}+\widehat{EBD}=90^o\) (do \(\widehat{EBD}=\widehat{EAD}\))

Vậy \(IE\perp ME\)

b) Dễ thấy các điểm I, D, E, F, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính IM. Gọi J là trung điểm AI thì I chính là tâm của đường tròn (AIK) nên (J) tiếp xúc với (I) tại A. Dẫn đến A nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J)

 Mặt khác, ta có \(SK.SI=SE.SF\) nên \(P_{S/\left(I\right)}=P_{S/\left(J\right)}\) hay S nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J). Suy ra AS là trục đẳng phương của (I) và (J). \(\Rightarrow\)\(AS\perp IJ\) hay AS//BC (đpcm).

c) Ta thấy tứ giác AKEP nội tiếp đường tròn AP

\(\Rightarrow\widehat{APB}=\widehat{MKE}=\widehat{MDE}=\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow\Delta BAE~\Delta BPA\left(g.g\right)\Rightarrow\widehat{BAP}=\widehat{BEA}=90^o\)

\(\Rightarrow\) AP//QH \(\left(\perp AB\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{IAP}=\widehat{IHQ}\) (2 góc so le trong)

Từ đó dễ dàng chứng minh \(\Delta IAP=\Delta IHQ\left(g.c.g\right)\) \(\Rightarrow IP=IQ\) hay I là trung điểm PQ (đpcm)

D ở đây ra vậy em?

Sửa đề: Từ C,B kẻ các đường thẳng vuông góc với AC,AB cắt nhau tại K

a: CK vuông góc AC

BH vuông góc AC

Do đó: CK//BH

BK vuông góc AB

CH vuông góc AB

Do đó: BK//CH

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

b: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

=>H,M,K thẳng hàng

a: Xét ΔAFH vuông tại F và ΔADB vuông tại D có

góc FAH chung

=>ΔAFH đồng dạng ΔADB

b: góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

=>góc AFE=góc ACB

mà góc FAE chung

nên ΔAFE đồng dạng với ΔACB

góc FEH=góc BAD

góc DEH=góc FCB

mà góc BAD=góc FCB

nên góc FEH=góc DEH

=>EH là phân giác của góc FED

Em đã học tứ giác nội tiếp chưa? Nếu học rồi áp dụng nó sẽ nhanh hơn. 

Gọi H là trực tâm tam giác ABC.

+) Ta có: AM//NH ( cùng vuông góc với AB)

         AN// MH ( cùng vuông góc với AC)

=> AMHN là hình bình hành 

Gọi O là giao điểm của AH và MN

=> O là trung điểm AH

+) Xét tứ giác BFHD có: \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}+\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=360^o\)

=> \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}+90^o+90^o=360^o\)

=> \(\widehat{FBD}+\widehat{FHD}=180^o\)

Mà \(\widehat{FHD}+\widehat{FHA}=180^o\)( kề bù)

=> \(\widehat{FBD}=\widehat{FHA}\)

Mặt khác\(\widehat{FHA}=\widehat{HAM}\) ( so le trong)

=> \(\widehat{FBD}=\widehat{HAM}\)

=> \(\widehat{ABC}=\widehat{HAM}\)(1)

Xét tứ giác HDCE có: 

 \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}+\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=360^o\)

=> \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}+90^o+90^o=360^o\)

=> \(\widehat{DCE}+\widehat{DHE}=180^o\)

Mà \(\widehat{AHM}+\widehat{EHD}=180^o\)( kề bù)

=> \(\widehat{AHM}=\widehat{DCE}\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{ACB}\)(2)

Từ (1), (2) => Tam giác MAH ~ Tam giác ABC

=> \(\frac{MA}{AH}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow\frac{MA}{2.AO}=\frac{AB}{2BI}\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{AI}\)(3)

Từ (1), (3)=> Tam giác MAO ~ tam giác ABI

=> \(\widehat{OMA}=\widehat{IAB}\)

Ta lại có: \(\widehat{IAB}+\widehat{IAM}=\widehat{BAM}=90^o\)

=> \(\widehat{OMA}+\widehat{IAM}=90^o\)

Gọi K là giao điểm của MN và AI

=> \(\widehat{KMA}+\widehat{KAM}=90^o\)

=> \(\widehat{AKM}=90^o\)

=> AI vuông MN

cái chỗ \(\frac{MA}{2AO}\)= \(\frac{AB}{2BI}\)\(\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{AI}\)

Nhg  \(\frac{MA}{2AO}\) = \(\frac{AB}{2BI}\)\(\Rightarrow\frac{MA}{AO}=\frac{AB}{BI}\)

#MÃ MÃ#

Hình bạn tự vẽ nhé. EF cắt AH tại L.
Xét tam giác AIM vuông tại I(MI vuông góc AB) có HF//IM ( H là trực tâm nên HF vuông góc AB, từ vuông góc đến song song >> HF//IM) >> \(\frac{AF}{AI}=\frac{AH}{AM}\left(Talet\right)\)
CMTT >> \(\frac{AE}{AK}=\frac{AH}{AM}\left(Talet\right)\)>> \(\frac{AF}{AI}=\frac{AE}{AK}\). Theo Talet đảo có EF // IK.
Xét tam giác AIK có EF // IK >> AEF đồng dạng AIK ( bạn tự cm, quá dễ) >> góc AFE = góc AIK và góc AEF = góc AKI

Xét tam giác AFL và tam giác AID : chung góc A và AFL = AID (cmt) >> AFL đồng dạng AID >> ALF = ADI đồng vị >> ID // EL

CMTT thì LE // DK. Có E,L,F thẳng hàng nên theo tiên đề Euclid suy ra I,D,K thẳng hàng.

bạn ơi, AFL=AID đang cần chứng minh mà, AFL=AIK mới đúng. nếu AFL=AID=AIK thì I,D,K thẳng hàng rồi.