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

\(\hat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

b: Xét ΔFEB vuông tại E và ΔFDC vuông tại D có

\(\hat{EFB}=\hat{DFC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFEB~ΔFDC

=>\(\frac{EF}{DF}=\frac{EB}{DC}\)

=>\(EF\cdot DC=EB\cdot DF\)

c: Ta có: BH⊥BA

CF⊥AB

Do đó: BH//CF

Ta có: BF⊥CA

CH⊥CA

Do đó: BF//CH

Xét tứ giác BFCH có

BF//CH

BH//CF

Do đó: BFCH là hình bình hành

=>BC cắt FH tại trung điểm của mỗi đường

mà G là trung điểm của BC

nên G là trung điểm của FH

Xét ΔAFH có

G,I lần lượt là trung điểm của FH,FA

=>GI là đường trung bình của ΔAFH

=>GI//AH và \(GI=\frac12AH\)

=>AH=2GI

ΔEBC vuông tại E

mà EG là đường trung tuyến

nên GE=GB=GC

Xét ΔGEB có \(\hat{EGC}\) là góc ngoài tại đỉnh G

nên \(\hat{EGC}=\hat{GEB}+\hat{GBE}=2\cdot\hat{GBE}=2\cdot\hat{ABC}\) (1)

ΔAFE vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên IE=IF=IA

Xét ΔEIF có \(\hat{EIA}\) là góc ngoài tại đỉnh I

nên \(\hat{EIA}=\hat{IEF}+\hat{IFE}=2\cdot\hat{IFE}\) (2)

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại F

Do đó: F là trực tâm của ΔABC

=>AF⊥BC

=>\(\hat{FAB}+\hat{ABC}=90^0\)

mà \(\hat{FAB}+\hat{AFE}=90^0\)

nên \(\hat{ABC}=\hat{AFE}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{EIA}=\hat{EGC}\)

a) Áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông ABC ( gt )

⇒Bc=10(cm)⇒Bc=10(cm)

Tacó: DC/DA=BC/BA=10/6=5/3⇒DC/DC+DA=5/5+3.DC/DA=BC/BA=10/6=5/3⇒DC/DC+DA=5/5+3⇒DC/8=58⇒DC=8.58=5(cm)⇒DC/8=5/8⇒DC=8.5/8=5(cm)

⇒AD=AC−DC=8−5=3(cm)

a) \(\triangle M N T sim \triangle M P E\)

b) \(M N \cdot T E = M T \cdot N P\)

c) \(N H \cdot N T + P H \cdot P E = N P^{2}\) và \(\frac{H K}{M K} + \frac{H T}{N T} + \frac{H E}{P E} = 1\)

a: Xét ΔMTN vuông tại T và ΔMEP vuông tại E có

\(\hat{TMN}\) chung

Do đó: ΔMTN~ΔMEP

b: ΔMTN~ΔMEP

=>\(\frac{MT}{ME}=\frac{MN}{MP}\)

=>\(\frac{MT}{MN}=\frac{ME}{MP}\)

Xét ΔMTE và ΔMNP có

\(\frac{MT}{MN}=\frac{ME}{MP}\)

góc TME chung

Do đó: ΔMTE~ΔMNP

=>\(\frac{TE}{NP}=\frac{MT}{MN}\)

=>\(TE\cdot MN=MT\cdot NP\)

c: Xét ΔNKH vuông tại K và ΔNTP vuông tại T có

\(\hat{KNH}\) chung

Do đó: ΔNKH~ΔNTP

=>\(\frac{NK}{NT}=\frac{NH}{NP}\)

=>\(NH\cdot NT=NK\cdot NP\)

Xét ΔPKH vuông tại K và ΔPEN vuông tại E có

\(\hat{KPH}\) chung

Do đó: ΔPKH~ΔPEN

=>\(\frac{PK}{PE}=\frac{PH}{PN}\)

=>\(PH\cdot PE=PK\cdot PN\)

\(NH\cdot NT+PH\cdot PE\)

\(=NK\cdot NP+PK\cdot NP=NP\left(KN+KP\right)=NP^2\)

Xét ΔHNP có HK là đường cao

nên \(S_{HNP}=\frac12\cdot KH\cdot NP\left(1\right)\)

Xét ΔMNP có MK là đường cao

nên \(S_{MNP}=\frac12\cdot MK\cdot PN\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HNP}}{S_{MNP}}=\frac{\frac12\cdot HK\cdot NP}{\frac12\cdot MK\cdot NP}=\frac{HK}{MK}\)

Xét ΔHMP có HT là đường cao

nên \(S_{HMP}=\frac12\cdot HT\cdot MP\left(3\right)\)

Xét ΔMNP có NT là đường cao

nên \(S_{MNP}=\frac12\cdot NT\cdot MP\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HMP}}{S_{NMP}}=\frac{\frac12\cdot HT\cdot MP}{\frac12\cdot NT\cdot MP}=\frac{HT}{NT}\)

Xét ΔHMN có HE là đường cao

nên \(S_{HMN}=\frac12\cdot HE\cdot MN\left(5\right)\)

Xét ΔPMN có PE là đường cao

nên \(S_{PMN}=\frac12\cdot PE\cdot MN\left(6\right)\)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HMN}}{S_{PMN}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot MN}{\frac12\cdot PE\cdot MN}=\frac{HE}{PE}\)

\(\frac{HK}{MK}+\frac{HT}{NT}+\frac{HE}{PE}\)

\(=\frac{S_{HMN}+S_{HNP}+S_{HMP}}{S_{MNP}}=1\)

ko biết

còn lâu mới có người trả lời nha người anh em :))