1: Xét ΔPHM vuông tại H và ΔPMN vuông tại M có

\(\hat{HPM}\) chung

Do đó: ΔPHM~ΔPMN

=>\(\frac{PH}{PM}=\frac{PM}{PN}\)

=>\(PH\cdot PN=PM^2\)

2; Xét ΔHMN vuông tại H và ΔHPM vuông tại H có

\(\hat{HMN}=\hat{HPM}\left(=90^0-\hat{HNM}\right)\)

Do đó: ΔHMN~ΔHPM

=>\(\frac{HM}{HP}=\frac{HN}{HM}\)

=>\(HM^2=HN\cdot HP\)

1: Xét ΔPHM vuông tại H và ΔPMN vuông tại M có

\(\hat{HPM}\) chung

Do đó: ΔPHM~ΔPMN

=>\(\frac{PH}{PM}=\frac{PM}{PN}\)

=>\(PH\cdot PN=PM^2\)

2: Xét ΔHMN vuông tại H và ΔHPM vuông tại H có

\(\hat{HMN}=\hat{HPM}\left(=90^0-\hat{HNM}\right)\)

Do đó: ΔHMN~ΔHPM

=>\(\frac{HM}{HP}=\frac{HN}{HM}\)

=>\(HM^2=HN\cdot HP\)

1: Xét ΔPHM vuông tại H và ΔPMN vuông tại M có

\(\hat{HPM}\) chung

Do đó: ΔPHM~ΔPMN

=>\(\frac{PH}{PM}=\frac{PM}{PN}\)

=>\(PM^2=PH\cdot PN\)

2: Xét ΔHMN vuông tại H và ΔHPM vuông tại H có

\(\hat{HMN}=\hat{HPM}\left(=90^0-\hat{HMP}\right)\)

Do đó: ΔHMN~ΔHPM

=>\(\frac{HM}{HP}=\frac{HN}{HM}\)

=>\(HM^2=HN\cdot HP\)

+) Câu d sửa đề thành BF . BA + CE . CA = BC²

a, Xét △AFH vuông tại F và △ADB vuông tại D

Có: FAH là góc chung

=> △AFH ᔕ △ADB (g.g)

b, Vì △AFH ᔕ △ADB (cmt) \(\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\)\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AF}\)

Xét △ABH và △ADF

Có: \(\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AF}\)(cmt)

        BAH là góc chung

=> △ABH ᔕ △ADF (c.g.c)

c, Xét △HFB vuông tại F và △HEC vuông tại E

Có: FHB = EHC (2 góc đối đỉnh)

=> △HFB ᔕ △HEC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=> HF . HC = HE . HB  

d, Sửa đề thành BF . BA + CE . CA = BC²

Xét △HEC vuông tại E và △AFC vuông tại F

Có: HCE là góc chung

=> △HEC ᔕ △AFC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{EC}{FC}=\frac{HC}{AC}\)

=> FC . HC = EC . AC  (1)

Xét △HFB vuông tại F và △AEB vuông tại E

Có: FBH là góc chung

=> △HFB ᔕ △AEB (g.g)

\(\Rightarrow\frac{FB}{EB}=\frac{HB}{AB}\)

=> FB . AB = EB . HB  (2)

Xét △BFC vuông tại F và △HDC vuông tại D

Có: HCD là góc chung

=> △BFC ᔕ △HDC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{FC}{DC}=\frac{BC}{HC}\)

=> FC . HC = BC . DC (3)

Xét △BEC vuông tại E và △BDH vuông tại D

Có: HBD là góc chung

=> △BEC ᔕ △BDH (g.g)

\(\Rightarrow\frac{BC}{BH}=\frac{BE}{DB}\)

=> BC . DB = BE . BH (4)

Từ (1) và (3) => EC . AC = BC . DC

Từ (2) và (4) => FB . AB = BC . DB 

Ta có: BF . BA + CE . CA = BC . BD + BC . DC = BC . (BD + DC) = BC . BC = BC²

a: Xet ΔHAB và ΔHCA có

góc HAB=góc HCA
góc AHB=góc CHA

=>ΔHAB đồg dạng với ΔHCA

b: \(HB=\sqrt{4.5^2-3.6^2}=2.7\left(cm\right)\)

BC=4,5^2/2,7=7,5cm

c: Xét ΔCMN vuông tại M và ΔCAB vuông tại A có

góc C chung

=>ΔCMN đồng dạng với ΔCAB

=>CM/CA=CN/CB

=>CM*CB=CA*CN

=>AB*BN=1/2*BC^2

a: Xét ΔNMH vuông tại H và ΔNQM vuông tại M có

góc MNH chung

=>ΔNMH đồng dạng với ΔNQM

b: ΔNMH đồng dạng với ΔNQM

=>NH/NM=NM/NQ

=>NM^2=NH*NQ=PQ^2

c: Gọi A là trung điểm của HM

Xét ΔHMN có HK/HN=HA/HM=1/2
nên AK//MN và AK=1/2MN

=>AK//QI và AK=QI

=>AKIQ là hình bình hành

=>KA//QI

=>KA vuông góc MQ

Xét ΔMQK có

KA,MH là đường cao

KA cắt MH tại A

=>A là trực tâm

=>QA vuông góc MK

=>KI vuông góc KM

=>góc MKI=90 độ

a; Sửa đề: ΔAEF~ΔCDF

Xét ΔFAE và ΔFCD có

\(\hat{FAE}=\hat{FCD}\) (hai góc so le trong, AE//CD)

\(\hat{AFE}=\hat{CFD}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFAE~ΔFCD

b: ΔFAE~ΔFCD
=>\(\frac{FE}{FD}=\frac{FA}{FC}\) (1)

Xét ΔFAD và ΔFCG có

\(\hat{FAD}=\hat{FCG}\) (hai góc so le trong, AD//CG)

\(\hat{AFD}=\hat{CFG}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFAD~ΔFCG

=>\(\frac{FA}{FC}=\frac{FD}{FG}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{FE}{FD}=\frac{FD}{FG}\)

c: Xét ΔADC có HF//DC
nên \(\frac{HF}{DC}=\frac{AF}{AC}=\frac{AH}{AD}\)

ΔFAE~ΔFCD

=>\(\frac{AE}{CD}=\frac{FA}{FC}\)

=>\(\frac{CD}{AE}=\frac{FC}{FA}\)

=>\(\frac{CD+AE}{AE}=\frac{FC+FA}{FA}=\frac{AC}{AF}\)

=>\(\frac{AF}{AC}=\frac{AE}{AE+CD}\)

=>\(\frac{HF}{DC}=\frac{AE}{AE+CD}\)

=>\(\frac{DC}{HF}=\frac{AE+CD}{AE}=1+\frac{CD}{AE}\)

=>\(\frac{1}{HF}=\frac{1}{AE}+\frac{1}{CD}=\frac{1}{AE}+\frac{1}{AB}\)