Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại A ta có:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}\)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

Ta có:

\(\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}\)

\(\dfrac{AC}{DF}=\dfrac{4}{20}=\dfrac{1}{5}\)

\(\dfrac{BC}{EF}=\dfrac{5}{25}=\dfrac{1}{5}\)  

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{DF}=\dfrac{BC}{EF}=\dfrac{1}{5}\)
Xét hai tam giác ABC và DEF có:

\(\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{DF}=\dfrac{BC}{EF}\left(=\dfrac{1}{5}\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta DEF\left(c.c.c\right)\) 

a) Ta có:

M là trung điểm của AB

N là trung điểm của AC 

⇒ MN là đường trung bình của tam giác ABC  

⇒ MN // BC 

\(\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\) (đồng vị) 

Xét hai tam giác ABC và AMN có:

\(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\left(cmt\right)\)

\(\widehat{BAC}\) chung 

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AMN\left(g.g\right)\) 

b) Chứng minh tương tự như câu a thì ta có: 

PN cũng là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow PN=\dfrac{1}{2}AB\)

PM cũng là đường trung bình của tam giác ABC \(\Rightarrow PM=\dfrac{1}{2}AC\)

Mà: \(NM=\dfrac{1}{2}BC\) (NM là đường trung bình ...) 

Xét hai tam giác ABC và PNM có:

\(\dfrac{PN}{AB}=\dfrac{PM}{AC}=\dfrac{NM}{BC}=\dfrac{1}{2}\)  

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta PNM\left(c.c.c\right)\)

a) Ta có: E,F lần lược là hình chiếu của B,C trên AD 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BEA}=90^o\\\widehat{CFA}=90^o\end{matrix}\right.\) 

Xét hai tam giác ABE và ACF có:

\(\widehat{BEA}=\widehat{CFA}\left(=90^o\right)\) 

\(\widehat{BAE}=\widehat{CAF}\) (do AD là phân giác của góc A) 

\(\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACF\left(g.g\right)\)  

b) Xét hai tam giác BDE và CDF có:

\(\widehat{BDE}=\widehat{CDF}\) (đối đỉnh) 

\(\widehat{BED}=\widehat{CFD}\left(=90^o\right)\)

\(\Rightarrow\Delta BDE\sim\Delta CDF\left(g.g\right)\) 

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{DE}{DF}\) (1) 

Mà: \(\Delta ABE\sim\Delta ACF\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{AE}{AF}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{DE}{DF}=\dfrac{AE}{AF}\Rightarrow AF\cdot DE=AE\cdot DF\) 

a) Đường thẳng \(y=ax+b\) song song với đường thẳng \(y=4x-3\) 

Nên có \(a=4\) đường thẳng có dạng \(y=3x+b\left(b\ne-3\right)\) 

Mà \(y=3x+b\) đi qua điểm \(I\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{4}\right)\) nên ta thay \(x=\dfrac{1}{2};y=\dfrac{3}{4}\) ta có:

\(\dfrac{3}{4}=3\cdot\dfrac{1}{2}+b\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}+b\)

\(\Leftrightarrow b=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow b=-\dfrac{3}{4}\left(tm\right)\)

Vậy: \(y=4x-\dfrac{3}{4}\)

b) Đường thẳng \(y=ax+b\) có hệ số góc \(a=3\) nên có dạng \(y=3x+b\)

Do đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ là - 4 nên ta thay \(x=0;y=-4\)

\(-4=0\cdot3+b\)

\(\Leftrightarrow b=-4\)

Vậy: \(y=3x-4\)

\(y=\left(m-3\right)+m^2\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}a=m-3\\b=m^2\end{matrix}\right.\)

a) Để \(y=\left(m-3\right)x+m^2\) cắt \(y=3x+5\) thì: 

\(a\ne a'\) hay: 

\(m-3\ne3\)

\(\Leftrightarrow m\ne3+3\)

\(\Leftrightarrow m\ne6\) 

b) Để \(y=\left(m-3\right)x+m^2\) song song với \(y=-2x+1\) thì 

\(\left\{{}\begin{matrix}a=a'\\b\ne b'\end{matrix}\right.\) hay: 

\(\left\{{}\begin{matrix}m-3=-2\\m^2\ne1\end{matrix}\right.\) 

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=-2+3\\m\ne\pm1\end{matrix}\right.\)  

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=1\\m\ne\pm1\end{matrix}\right.\) (ktm) 

Vậy không có m thỏa mãn 

c) Để \(y=\left(m-3\right)x+m^2\) trùng với \(y=-x+4\) thì 

\(\left\{{}\begin{matrix}a=a'\\b=b'\end{matrix}\right.\) hay: 

\(\left\{{}\begin{matrix}m-3=-1\\m^2=4\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=-1+3\\m=\pm2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=2\\m=\pm2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=2\) 

a) Ta có ME là tia phân giác của góc AMC nên:

\(\dfrac{AM}{AE}=\dfrac{MC}{CE}\Rightarrow\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AE}{CE}\) (1) 

MD là tia phân giác của góc AMB nên: 

\(\dfrac{AM}{AD}=\dfrac{BM}{BD}\Rightarrow\dfrac{AM}{BM}=\dfrac{AM}{CM}=\dfrac{AD}{BD}\) (vì M là trung điểm của BC nên BM = CM) (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{AE}{CE}=\dfrac{AD}{BD}\Rightarrow DE//BC\)  

b) Ta có: \(\Delta ADE\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\) (vì có DE//BC) 

\(\Rightarrow\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AE}{AC}\) (3) 

\(\Delta AIE\sim\Delta AMC\left(g.g\right)\) (vì có IE//MC) 

\(\Rightarrow\dfrac{IE}{MC}=\dfrac{AE}{AC}\) (4)

Từ (3) và (4) ta có: \(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{IE}{MC}\Rightarrow\dfrac{DE}{IE}=\dfrac{BC}{MC}=2\)

\(\Rightarrow DE=2IE\)

Hay I là trung điểm của DE 

a: Ta có: AM+MD=AD

=>MD=AD-AM=35-15=20(cm)
Xét ΔABM vuông tại A và ΔDMC vuông tại D có

\(\frac{AB}{DM}=\frac{AM}{DC}\left(\frac{10}{20}=\frac{15}{30}=\frac12\right)\)

Do đó: ΔABM~ΔDMC

b: ΔABM~ΔDMC

=>\(\hat{AMB}=\hat{DCM}\)

mà \(\hat{DCM}+\hat{DMC}=90^0\) (ΔDMC vuông tại D)

nên \(\hat{AMB}+\hat{DMC}=90^0\)

Ta có: \(\hat{AMB}+\hat{DMC}+\hat{BMC}=180^0\)

=>\(\hat{BMC}=180^0-90^0=90^0\)

Đề này khó quá cô, đợi em suy nghĩ rồi e giải nha cô!

Trường em còn chưa học đến một số kiến thức trong này.

a: Xét tứ giác DIHK có

góc DIH=góc DKH=góc KDI=90 độ

nên DIHK là hình chữ nhật

b: Xét tứ giác IHAK có

IH//AK

IH=AK

Do đó: IHAK là hình bình hành

=>B là trung điểm chung của IA và HK

Xét ΔIKA có IC/IK=IB/IA

nên BC//KA

Xét ΔIDA có IB/IA=IM/ID

nên BM//DA

=>B,C,M thẳng hàng