a: ΔAHB vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên HM=MA=MB=AB/2

MH=MA

=>M nằm trên đường trung trực của AH(1)

ΔAHC vuông tại H

mà HN là đường trung tuyến

nên HN=NA=NC=AC/2

NH=NA

=>N nằm trên đường trung trực của HA(2)

Từ (1),(2) suy ra MN là đường trung trực của AH

b: MN là đường trung trực của AH

=>MN⊥AH tại S và S là trung điểm của AH

Ta có: NK⊥HC

AH⊥HC

Do đó: NK//AH

Xét ΔAHC có

N là trung điểm của CA

NK//AH

Do đó: K là trung điểm của HC

Xét ΔHAC có

K,S lần lượt là trung điểm của HC,HA

=>KS là đường trung bình của ΔHAC

=>KS//AC

c: MI⊥BC

AH⊥BC

Do đó: MI//AH

Xét ΔABH có

M là trung điểm của BA

MI//AH

Do đó: I là trung điểm của BH

Xét ΔAHB có

I,S lần lượt là trung điểm của HB,HA

=>IS là đường trung bình của ΔAHB

=>IS//AB và IS=AB/2

IH+HK=1/2(HB+HC)=1/2BC

Chu vi tam giác ISK là:

\(C_{SIK}=SI+SK+IK\)

\(=\frac12AB+\frac12AC+\frac12BC=\frac12\left(AB+AC+BC\right)\)

\(=\frac12\cdot C_{ABC}\)

a, \(BH\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{BHA}=\widehat{BHD}=90^0\)

\(CK\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{AKC}=90^0\)

Xét \(\Delta BHD\)và \(\Delta CKD\) có: 

                         \(\widehat{BHD}=\widehat{CKD}=90^0\)

                          \(\widehat{BDH}=\widehat{CDK}\) (đối đỉnh)

Do đó: \(\Delta BHD\infty\Delta CKD\left(g.g\right)\)

b, Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ACK\) có:

                     \(\widehat{BAH}=\widehat{CAK}\) (vì AD là tia p/g của góc BAC)

                       \(\widehat{AHB}=\widehat{AKC}=90^0\)

Do đó: \(\Delta ABH\infty\Delta ACK\left(g.g\right)\)

Suy ra: \(\frac{AB}{AH}=\frac{AC}{AK}\) hay  \(AB.AK=AC.AH\)

C, \(\Delta ABH\infty\Delta ACK\left(cmt\right)\Rightarrow\frac{BH}{CK}=\frac{AB}{AC}\left(1\right)\) 

\(\Delta BHD=\Delta CKD\left(cmt\right)\Rightarrow\frac{DH}{DK}=\frac{BH}{CK}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2), ta được: \(\frac{DH}{DK}=\frac{BH}{CK}=\frac{AB}{AC}\)

d, Gọi giao điểm giữa FM và BH là O và giao điểm giữa FM và CK là I.

Bạn chứng minh được tam giác BOF tại O và tam giác CIE vuông tại I

\(\Delta BOM=\Delta CIM\left(ch.gn\right)\Rightarrow BO=CI\)(2 cạnh tương ứng)

\(AD//FM\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BAD}=\widehat{F}\\\widehat{DAC}=\widehat{IEC}\end{cases}}\)(đồng vị)

Suy ra: \(\widehat{F}=\widehat{IEC}\)

Mà \(\hept{\begin{cases}\widehat{F}+\widehat{FBO}=90^0\\\widehat{IEC}+\widehat{ICE}=90^0\end{cases}}\)

Nên \(\widehat{FBO}=\widehat{ICE}\)

Chứng minh được \(\Delta FBO=\Delta ECI\left(g.c.g\right)\Rightarrow BF=CE\)(2 cạnh tương ứng)

Chúc bạn học tốt.

a: Xét ΔAED vuông tại E và ΔADB vuông tại D có

\(\hat{EAD}\) chung

Do đó: ΔAED~ΔADB

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

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

b: Xét ΔAFD vuông tại F và ΔADC vuông tại D có

\(\hat{FAD}\) chung

Do đó: ΔAFD~ΔADC

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

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

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

=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF và ΔACB có

\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

góc FAE chung

Do đó: ΔAEF~ΔACB

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

c: Xét tứ giác AEDF có \(\hat{AED}+\hat{AFD}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEDF là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EFD}=\hat{EAD}\)

mà \(\hat{EAD}=\hat{EDB}\left(=90^0-\hat{ABD}\right)\)

nên \(\hat{EFD}=\hat{EDB}\)

=>\(\hat{IDE}=\hat{IFD}\)

Xét ΔIDE và ΔIFD có

\(\hat{IDE}=\hat{IFD}\)

góc DIE chung

Do đó: ΔIDE~ΔIFD
=>\(\frac{ID}{IF}=\frac{IE}{ID}\)

=>\(ID^2=IE\cdot IF\)

WHATTTTTT     THE           HEOOOOOOOOOOOOOOOOOOO     !!!!!!!!!!!!??

NỘI QUY CHUYÊN MỤC:2-KHÔNG ĐƯA RA CÂU TRẢ LỜI LINH TINH