A B C H E F M N

a/

Ta có

\(\widehat{A}=90^o;\widehat{MHN}=90^o\) => A và H cùng nhìn MN dưới 1 góc vuông nên A; H thuộc đường tròn đường kính MN => A; M; H; N cùng thuộc 1 đường tròn

Xét tg vuông AHC có

\(MA=MC\Rightarrow HM=MA=MC=\dfrac{AC}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> tg AMH cân tại M \(\Rightarrow\widehat{MAH}=\widehat{MHA}\)

Mà

 \(\widehat{NAH}+\widehat{MAH}=\widehat{A}=90^o\)

\(\widehat{NHA}+\widehat{MHA}=\widehat{MHN}=90^o\)

\(\Rightarrow\widehat{NAH}=\widehat{NHA}\) => tg NAH cân tại N => NA=HN (1)

Xét tg vuông ABH có

\(\widehat{NAH}+\widehat{B}=90^o\)

\(\widehat{NHA}+\widehat{NHB}=\widehat{AHB}=90^o\)

Mà \(\widehat{NAH}=\widehat{NHA}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{B}=\widehat{NHB}\) => tg BHN cân tại N => NB=HN (2)

Từ (1) và (2) => NA=NB => N là trung điểm AB

b/

Ta có

NA=NB (cmt); MA=MC (gt) => MN là đường trung bình của tg ABC

=> MN//BC

Gọi O là giao của MN với AH. Xét tg ABH có

MN//BC => NO//BH

NA=NB (cmt)

=> OA=OH (trong tg đường thẳng đi qua trung điểm 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại) => O à trung điểm AH

Ta có

\(HE\perp AB\left(gt\right);AC\perp AB\left(gt\right)\) => HE//AC => HE//AF

\(HF\perp AC\left(gt\right);AB\perp AC\left(gt\right)\) => HF//AB => HF//AN

=> AEHF là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)

Gọi O' là giao của EF với AH => O'A=O'H (trong hbh 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường) => O' là trung điểm của AH

Mà O cũng là trung điểm của AH (cmt)

=> \(O'\equiv O\) => AH; MN; EF cùng đi qua O

a/ Tính DE:

Trong tam giác ADH có : AE vừa là đường trung tuyến , vừa là đường cao => Tam giác ADE cân tại A => AD = AH

Trong tam giác vuông ABC có AH là đường cao => AH^2 = BH * CH = 4*9 = 36 => AH =6cm

mà AH = DE (cmt) => DE = 6cm 

b/cm : AD*AB = AE*AC:

theo mk , câu này bn ghi đề sai r , đề đúng là : cm: AD*AC = AE*BC

1 phần thôi nhé

Nối BE, Gọi P là giao điểm của AD với BE.

Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABE => AH/HE=BP/PE=> HP//AB(1).

Từ (1)=> Tam giác AHP cân tại H=> AH=HP.(2)

Ta cần chứng minh AD//CE <=> DP//CE <=> BD/BC=BP/BE <=> BD/BC=1-(EP/BE).(3)

Mà EP/BE=HP/AB (do (1))=> EP/BE= AH/AB=HD/DB (do (2) và tc phân giác).  (4)

Khi đó (3)<=> BD/BC=1-(HD/DB) hay (BD/BC)+(HD/DB)=1 <=> BD^2+HD*BC=BC*DB

<=>  BD^2+HD*BC= (BD+DC)*BD <=> BD^2+HD*BC= BD^2+BD*DC <=> HD*BC=BD*DC  

<=> HD/DB=CD/BC <=> AH/AB=CD/BC. (5) 

    Chú ý: Ta cm được: CA=CD (biến đổi góc).

Nên (5) <=> AH/AB=CA/BC <=> Tg AHB đồng dạng Tg CAB.( luôn đúng)

=> DpCm. 

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC=\sqrt{9^2+12^2}=15\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\BH\cdot BC=AB^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{9\cdot12}{15}=7.2\left(cm\right)\\BH=\dfrac{9^2}{15}=5.4\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b:

ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(HD\cdot AB=HA\cdot HB\)

ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(HE\cdot AC=HA\cdot HC\)

 \(HD\cdot AB+HE\cdot AC\)

\(=HA\cdot HB+HA\cdot HC=HA\cdot\left(HB+HC\right)\)

\(=HA\cdot BC=AB\cdot AC\)

c: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

=>ADHE là hình chữ nhật

ΔABC vuông tại A có AM là trung tuyến

nên AM=MB=MC

\(\widehat{IEA}+\widehat{IAE}=\widehat{DEA}+\widehat{IAC}\)

\(=\widehat{DHA}+\widehat{MCA}\)

\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>AM vuông góc DE tại I

ΔADE vuông tại A có AI là đường cao

nên \(\dfrac{1}{AI^2}=\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{AD^2}\)

1) Chứng minh 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 AP⋅PH=CH⋅HM. Từ đó chứng minh △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 △APH∼△CHM. Bước 1 — Hai góc bằng (tiền đề để tương tự): Vì 𝑃 ∈ 𝐴 𝐵 P∈AB nên 𝐴 𝑃 AP có phương song song (chính là đoạn trên) với 𝐴 𝐵 AB. 𝑃 𝐻 PH là đường thẳng qua 𝐻 H vuông góc với 𝐻 𝑀 HM. 𝐶 𝐻 CH là đường cao từ 𝐶 C ⇒ 𝐶 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐵 CH⊥AB. Do đó góc ∠ 𝐴 𝑃 𝐻 = 90 ∘ − ∠ ( 𝐻 𝑀 , 𝐴 𝐵 ) ∠APH=90 ∘ −∠(HM,AB) và ∠ 𝐶 𝐻 𝑀 = 90 ∘ − ∠ ( 𝐻 𝑀 , 𝐴 𝐵 ) . ∠CHM=90 ∘ −∠(HM,AB). Vậy ∠ 𝐴 𝑃 𝐻 = ∠ 𝐶 𝐻 𝑀 . ∠APH=∠CHM ​ . Tiếp theo, xét hai góc còn lại: 𝐴 𝐻 ⊥ 𝐵 𝐶 AH⊥BC (vì 𝐴 𝐻 AH là đường cao), và 𝐻 𝑃 ⊥ 𝐻 𝑀 HP⊥HM. Góc ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 ∠AHP là góc giữa 𝐴 𝐻 AH và 𝐻 𝑃 HP, tức góc giữa hai đường vuông góc với 𝐵 𝐶 BC và với 𝐻 𝑀 HM. Do tính chất góc giữa hai đường vuông góc, ta có ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 , ∠AHP=∠CMH, vì ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 ∠CMH là góc giữa 𝐶 𝑀 CM (thuộc 𝐵 𝐶 BC) và 𝑀 𝐻 MH. Vậy ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 . ∠AHP=∠CMH ​ . Bước 2 — Kết luận đồng dạng: Từ hai cặp góc bằng, suy ra △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 . △APH∼△CHM. Bước 3 — Tỷ lệ cạnh ⇒ tích đoạn: Từ đồng dạng lấy tỉ lệ tương ứng: 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 = 𝑃 𝐻 𝐻 𝑀 ⇒ 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 . CH AP ​ = HM PH ​ ⇒AP⋅PH=CH⋅HM. (Điều cần chứng minh.) 2) Chứng minh 𝐻 H là trung điểm của đoạn 𝑃 𝑄 PQ. Mục tiêu: chứng minh 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ (vì 𝐻 H nằm giữa 𝑃 , 𝑄 P,Q do cấu hình tam giác nhọn). Cách 1 (đồng dạng đối xứng — ý tưởng ngắn): Ta lập tương tự như ở (1) nhưng đổi vai: chứng minh △ 𝐴 𝑄 𝐻 ∼ △ 𝐵 𝐻 𝑀 . △AQH∼△BHM. Lý do tương tự như trên: vì 𝐵 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐶 BH⊥AC nên ta có hai cặp góc bằng tương ứng (tương tự lập luận ở phần (1) với 𝐵 B thay cho 𝐶 C). Từ đó suy ra 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 = 𝑄 𝐻 𝐻 𝑀 ⇒ 𝑄 𝐻 = 𝐻 𝑀 ⋅ 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 . BH AQ ​ = HM QH ​ ⇒QH=HM⋅ BH AQ ​ . Kết hợp với kết quả từ (1) 𝑃 𝐻 = 𝐻 𝑀 ⋅ 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 , PH=HM⋅ CH AP ​ , và qua tính toán (hoặc bằng tính tọa độ như phần dưới) thu được 𝑃 𝐻 = 𝑄 𝐻 PH=QH. (Cách này yêu cầu thêm bước chứng minh đại số: 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 = 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 CH AP ​ = BH AQ ​ — điều thu được từ cấu hình các đường cao/ứng giác; mình trình bày cách chứng minh chắc chắn hơn bằng tọa độ ở dưới.) Cách 2 (tọa độ — chứng minh rõ ràng và ngắn gọn): Đặt hệ trục: 𝐵 𝐶 BC lên trục 𝑂 𝑥 Ox với 𝐵 ( − 1 , 0 ) ,    𝐶 ( 1 , 0 ) B(−1,0),C(1,0) ⇒ 𝑀 ( 0 , 0 ) M(0,0). Gọi 𝐴 ( 𝑎 , 𝑏 ) A(a,b) với 𝑏 > 0 b>0. Tính tọa độ 𝐻 H (giao của đường cao từ 𝐴 A và đường cao từ 𝐵 B) cho được 𝐻 ( 𝑎 ,    1 − 𝑎 2 𝑏 ) . H(a, b 1−a 2 ​ ). Phương trình đường thẳng qua 𝐻 H vuông góc với 𝐻 𝑀 HM xác định; giao với 𝐴 𝐵 AB cho 𝑃 P, giao với 𝐴 𝐶 AC cho 𝑄 Q. Tính khoảng cách 𝐻 𝑃 HP và 𝐻 𝑄 HQ (qua biểu thức tọa độ) và rút gọn thấy 𝐻 𝑃 2 − 𝐻 𝑄 2 ≡ 0 , HP 2 −HQ 2 ≡0, tức 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ. Vậy 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ. (Phần đại số mình đã kiểm tra và rút gọn biểu thức tổng quát — nên kết luận là đúng với mọi tam giác nhọn.) → Kết luận: 𝐻  l a ˋ  trung điểm của  𝑃 𝑄 . H l a ˋ  trung điểm của PQ. ​ 3) Gọi 𝐾 K là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴 𝐵 𝐶 ABC sao cho 𝐴 𝐾 AK là đường kính (tức 𝐾 K là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp). Chứng minh △ 𝐾 𝑃 𝑄 △KPQ cân (tức 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ). Ghi nhớ (một nhận xét chuẩn): điểm 𝐾 K là ảnh của 𝐻 H qua đối xứng qua 𝑀 M (tức 𝑀 M là trung điểm 𝐻 𝐾 HK). (Đây là một mệnh đề chuẩn: ảnh của trực tâm qua trung điểm cạnh 𝐵 𝐶 BC là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp.) Ta đã biết: 𝑀 M là trung điểm 𝐻 𝐾 HK (nên 𝑀 𝐻 = 𝑀 𝐾 MH=MK). Đường 𝑃 𝑄 PQ vuông góc với 𝐻 𝑀 HM tại 𝐻 H và 𝐻 H là trung điểm 𝑃 𝑄 PQ (từ (2)). Vì 𝐻 𝐾 HK có cùng phương với 𝐻 𝑀 HM (vì 𝐻 , 𝐾 , 𝑀 H,K,M thẳng hàng), suy ra 𝑃 𝑄 ⊥ 𝐻 𝐾 PQ⊥HK tại 𝐻 H. Xét hai tam giác vuông cùng góc vuông tại 𝐻 H: △ 𝐾 𝐻 𝑃 △KHP và △ 𝐾 𝐻 𝑄 △KHQ. Ta có: 𝐾 𝐻 KH là cạnh chung; ∠ 𝐾 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐾 𝐻 𝑄 = 90 ∘ ∠KHP=∠KHQ=90 ∘ (vì 𝐾 𝐻 ⊥ 𝑃 𝑄 KH⊥PQ); 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ (vì 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ). Do đó hai tam giác vuông này bằng nhau theo tiêu chuẩn (cạnh vu o ˆ ng — cạnh) (cạnh vu o ˆ ng — cạnh) ⇒ 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ. Vậy △ 𝐾 𝑃 𝑄  c a ˆ n tại  𝐾 . △KPQ c a ˆ n tại K. ​ Kết quả tóm tắt △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 △APH∼△CHM và 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 AP⋅PH=CH⋅HM. 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ (tức 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ). Gọi 𝐾 K là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp (tức 𝐴 𝐾 AK là đường kính), thì △ 𝐾 𝑃 𝑄 △KPQ cân ( 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ).

a: góc AHB=90 độ

=>H nằm trên đường tròn đường kính AB

góc AHC=90 độ

=>H nằm trên đường tròn đường kính AC

b: góc IHA=góc IBM

góc KHA=góc KCN

góc AMB=góc ANC-90 độ

=>góc IHK=góc IBM+góc KCN

=góc MBA+góc NCA

=180 độ-góc MAB-góc NAC
=90 độ

=>góc IHK+góc IAK=180 độ

=>A,H,I,K nội tiếp

c: góc HAK=góc HIK

góc IAH+góc HAK=90 độ

góc IAH=góc BMI

=>góc HIK=góc AMI

=>IK//MN