Объяснение:
Дано: ABCD.
BE=DF; AE║CF;
∠BAD+∠ADC=180°.
Доказать: ABCD – параллелограмм.
Доказательство:
1) Если при пересечении двух прямых третьей, сумма односторонних углов равна 180°, прямые параллельны.
∠BAD+∠ADC=180° (условие) - односторонние при АВ и СD и секущей АD.
⇒ АВ ║ СD
2) ∠1=∠2 - накрест лежащие при АЕ║СF и секущей ВD.
∠1=∠3; ∠2=∠4 - вертикальные.
⇒ ∠3=∠4.
3) Рассмотрим ΔАВЕ и ΔFCD.
BE=DF (условие)
∠3=∠4 (п.2)
∠АВЕ=∠FDC - накрест лежащие при АВ║СD и секущей BD.
⇒ ΔАВЕ = ΔFCD (по стороне и прилежащим к ней углам, 2 признак)
⇒АВ = CD (соответственные элементы)
Признак параллелограмма: если в четырехугольнике две противоположные стороны равны и параллельны - это параллелограмм.
АВ ║ СD ; АВ = CD
⇒ ABCD – параллелограмм.
Треугольник FAC и его ортоцентр - это центр вписанной окружности треугольника ABC
Объяснение: Автор задания не совсем удачно обозначил центры вписанной и описанной окружностей. Обычно центр вписанной окружности - это точка I, центр описанной - точка O.
С разрешения автора буду считать, что центр вписанной окружности - это I. Кстати, картинка не совсем удачная. Дело в том, что, как известно, на одной прямой (прямой Эйлера) находятся центр O описанной окружности, центроид (то есть точка G пересечения медиан) и ортоцентр H. Центр же вписанной окружности лежит на этой прямой только если треугольник равнобедренный. Перехожу к решению.
Каждый из углов тр-ка ABC будем обозначать одной буквой - A, B, C. Значок градуса будем опускать. Из равнобедренного тр-ка EAC имеем: угол ECA=90-(A/2); из равноб. тр-ка ACD имеем: CAD=90-(C/2). Поэтому AFC=(A+C)/2. I лежит на биссектрисе угла BAC, то есть IAC=A/2, откуда DAI=DAC-IAC=90-(A+C)/2. То есть AFC+FAI=90, откуда AI перпендикулярно FC. Аналогично CI перпендикулярно AF. Следовательно, центр вписанной окружности треугольника ABC является по совместительству - ортоцентром треугольника FAC.