A B C D E F

a)

+) Tứ giác AEDF nội tiếp 

=> ^AED = ^DFC (1)

và ^AFD = ^BED ( 2)

+) Ta có: ^EAD = ^FAD ( AD là phân giác ^BAC ) 

^FDC = ^FAD ( cùng chắn cung DF )

^BDE = ^EAD ( cùng chắn cung DE )

=> ^FDC = ^FAD = ^EAD = ^BDE ( 3)

+) Xét \(\Delta\)AED và  \(\Delta\)DFC  có: 

^EAD = ^FDC ( theo (3))

^AED = ^DFC ( theo (1)

=> \(\Delta\)AED ~ \(\Delta\)DFC 

=> \(\frac{AE}{DF}=\frac{ED}{FC}\)=> AE . FC = DF . ED ( 4)

+) Xét \(\Delta\)AFD và \(\Delta\)DEB có:

^DAF = ^BDE ( theo (3))

^AFD = ^DEB ( theo ( 2)

=> \(\Delta\)AFD ~ \(\Delta\)DEB 

=> \(\frac{AF}{ED}=\frac{DF}{BE}\Rightarrow AF.BE=DF.ED\)(5)

Từ (4) ; (5) => AF.BE = AE.FC

=> \(\frac{AF}{FC}=\frac{AE}{BE}\)

=> EF//BC

b) Xét \(\Delta\)AED và \(\Delta\)ADC có:

^EAD = ^DAC 

^ADE = ^ACD ( vì ^ADE = ^AFE ( chắn cung AE ) và ^AFE = ^ACD  (đồng vị ))

=> \(\Delta\)AED ~ \(\Delta\)ADC

=> \(\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{AC}\)

=> AD^2 = AE.AC

c) Tương tự cm \(\Delta\)AFD ~ \(\Delta\)ADB 

=> \(\frac{AF}{AD}=\frac{AD}{AB}\)

=> AD^2=AF.AB

kết hợp vs câu b => AB.AF = AE.AC

a, HS tự chứng minh

b, ∆ADE:∆ACD (g.g)

=>  A D 2 = A E . A C

c, Tương tự: ∆ADF:∆ABD =>  A D 2 = A B . A F => ĐPCM

Xét (O) có

\(\hat{EAD}\) là góc nội tiếp chắn cung ED

\(\hat{FAD}\) là góc nội tiếp chắn cung FD

\(\hat{EAD}=\hat{FAD}\)

Do đó: sđ cung DE=sđ cung DF

=>DE=DF

=>D nằm trên đường trung trực của EF(1)

OE=OF

=>O nằm trên đường trung trực của EF(2)

Từ (1),(2) suy ra OD là đường trung trực của EF

=>OD⊥EF

mà OD⊥BC

nên EF//BC

=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC};\hat{AFE}=\hat{ACB}\)

xét (O) có

\(\hat{ADE};\hat{AFE}\) là các góc nội tiếp chắn cung AE

=>\(\hat{ADE}=\hat{AFE}\)

Xét ΔADE và ΔACD có

\(\hat{ADE}=\hat{ACD}\)

\(\hat{DAE}=\hat{CAD}\)

Do đó: ΔADE~ΔACD

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AD}\)

=>\(AE\cdot AC=AD^2\left(1\right)\)

b: Xét (O) có

\(\hat{ADF};\hat{AEF}\) là các góc nội tiếp chắn cung AF

Do đó: \(\hat{ADF}=\hat{AEF}\)

mà \(\hat{AEF}=\hat{ABD}\) (cmt)

nên \(\hat{ADF}=\hat{ABD}\)

Xét ΔADF và ΔABD có

\(\hat{ADF}=\hat{ABD}\)

góc DAF=góc BAD

Do dó: ΔADF~ΔABD

=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AD}\)

=>\(AD^2=AF\cdot AB\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AF\cdot AB=AE\cdot AC\)

Xét 2 tg AED và ADC có

^EAD=^DAC (đề bài) (1) 

Ta có:

^AEF=^ADF (Góc nt cùng chắn cung AF)

^DEF= 1/2 số đo cung DF (góc nt)

^CDF=1/2 số đo cung DF (góc giới hạn bởi tiếp tuyến và dây cung)

=> ^AEF+^DEF=^AED=^ADF+^CDF=^ADC (2)

Từ (1) và (2) => tg AED và tg ADC đồng dạng

=> AE/AD=AD/AC => AD^2=AE.AC

Câu hỏi của TRẦN PHAN ĐỨC MINH - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

c) *MOHD nội tiếp (cmb) \(\Rightarrow\)^DHB = ^DOM Mà ^DHM +^BHD=180 và ^DOM +^EOD =180 => ^EOD = ^BHD  

  Mặt khác, ^EOD =^BQD (OM // BQ) => ^BHD = ^BQD => BHQD nội tiếp.

=>đpcm

d) Kéo dài BQ cắt AC tại J

Cm Q là trung điểm BJ (đường trung bình)

Cm \(\frac{EO}{BQ}\)\(=\)\(\frac{OF}{QJ}\)(\(=\)\(\frac{AO}{AQ}\)) \(\Rightarrow\)Đpcm