Đáp án+Giải thích các bước giải:

a) Xét ΔCHF và ΔCHE có:

        ∠CHF=∠CHE= $90^{o}$ (H là hình chiếu của C trên tia BF)

             HF=HE (gt)

             CH chung

⇒ ΔCHF = ΔCHE (g-c-g)

⇒ CF=CE (2 cạnh tương ứng)

⇒ ΔCEF cân tại C.

b) Xét ΔABF và ΔKBF có:

        ∠BAF=∠BKF= $90^{o}$ (K là hình chiếu của F trên BC)

        ∠ABF=∠KBF (BF là tia phân giác)

           BF chung

⇒ ΔABF = ΔKBF (g-c-g)

⇒ AF=FK (2 cạnh tương ứng)

Mà FK<FC (Trong Δ vuông, cạnh huyền là cạnh lớn nhất)

⇒ FA<FC.

c) Ta có: ∠F1=∠F2 ( 2 góc đối đỉnh)

    Mà ∠F1=∠F3

          ∠F2=∠E1

⇒ ∠F3=∠E1

Mà 2 góc ở vị trí đồng vị.

⇒ FK//EC

Lại có: FK⊥BC (K là hình chiếu của F trên BC)

⇒ EC⊥BC (t/c từ vuông góc đến song song)

⇒ ΔEBC vuông tại C.

d) Gọi D là giao điểm AB và CH.

Ta có: BH⊥DC (H là hình chiếu của C trên tia BF)

          AC⊥BD

⇒ BH và AC là 2 đường cao cắt nhau tạo F.

Mà FK ⊥ BC (K là hình chiếu của F trên BC)

⇒ DK là đường cao của ΔBDC.

⇒ Ba đường thẳng CH,FK,AB cùng đi qua điểm F.

⇒ Các đường thẳng AB, CH, FK đồng quy. (đpcm)

--------------------------------------------------------------------

CHÚC BẠN HỌC TỐT~

#Xin hay nhất!

~ Phan ~

Đáp án:

$\\$

`a,`

Xét `ΔCHF` và `ΔCHE` có :

`hat{CHF} = hat{CHE} = 90^o`

`CH` chung

`HF = HE` (giả thiết)

`-> ΔCHF = ΔCHE` (cạnh - góc - cạnh)

`-> CF = CE` (2 cạnh tương ứng)

`-> ΔCEF` cân tại `C`

$\\$

$\\$

`b,`

Xét `ΔABF` và `ΔKBF` có :

`hat{BAF} = hat{BKF} = 90^o`

`BF` chung

`hat{ABF} = hat{KBF}` (giả thiết)

`-> ΔABF = ΔKBF` (cạnh huyền - góc nhọn)

`-> FA = FK` (2 canh tương ứng)

Xét `ΔFKC` có :

`hat{FKC} = 90^o`

Áp dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện có :

`FC` là cạnh lớn nhất

`-> FC> FK`

mà `FA = FK` (chứng minh trên)

`-> FA < FC`

$\\$

$\\$

$c,$

Do `ΔCHF = ΔCHE` (chứng minh trên)

`-> hat{CEH} = hat{CFH}` (2 góc tương ứng)

Do  `ΔABF= ΔKBF` (chứng minh trên)

`-> hat{AFB} = hat{KFB}` (2 góc tương ứng)

Có : `hat{CFH} = hat{AFB}` (2 góc đối đỉnh)

mà `hat{AFB} = hat{KFB}` (chứng minh trên)

`-> hat{CFH} = hat{KFB} (= hat{AFB})`

Lại có : `hat{CEH} = hat{CFH}` (chứng minh trên)

`-> hat{KFB} = hat{CEH} (= hat{CFH})`

mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

$→ FK//EC$

Có : \(\left\{ \begin{array}{l}FK⊥BC\\FK//EC\end{array} \right.\)

$→ EC⊥BC$

`-> ΔEBC` vuông tại `C`

$\\$

$\\$

$d,$

Gọi `O` là giao của `AB` và `CH` `(1)`

Có : `CA⊥BO`

`-> CA` là đường cao của `ΔBOC`

Có : `OK⊥BC`

`-> OK` là đường cao của `ΔBOC`

Có : `BH⊥OC`

`-> BH` là đường cao của `ΔBOC`

Xét `ΔBOC` có :

`CA` là đường cao

`BH` là đường cao

`CA` cắt `BH` tại `F`

`-> F` là trực tâm của `ΔBOC`

mà `OK` là đường cao của `ΔBOC`

`-> OK` đi qua trực tâm `F`

`-> FK` đi qua `O` `(2)`

Từ `(1), (2)`

`-> AB,CH,FK` đồng quy tại `O`