a) △ABC vuông tại A nên theo định lí Pytago ta có:
BC² = AC² + AB²
<=> BC² = 6² + 8² = 100
<=> BC = 10 (cm)
△ABC có AD là tia phân giác
nên \(\dfrac{CD}{AC}\) = \(\dfrac{BD}{AB}\)= \(\dfrac{CD+BD}{AC+AB}\)= \(\dfrac{BC}{6+8}\)= \(\dfrac{10}{14}\)= \(\dfrac{5}{7}\) (theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
Do đó BD = AB.\(\dfrac{5}{7}\)= \(\dfrac{40}{7}\)(cm)
b) Có HE ⊥ AB tại E => Góc AEH = 90^o
Có AH ⊥ BC tại H => Góc AHB = 90^o
Xét △AEH và △AHB có:
Góc AEH = Góc AHB = 90^o (cmt)
Góc HAE chung
Do đó △AEH đồng dạng với △AHB (g.g)
=> \(\dfrac{AE}{AH}\) = \(\dfrac{AH}{AB}\) = AE.AB = AH² (1)
c) Có HF⊥AC tại F => Góc AFH = 90^o
Xét △AFH và △AHC có:
Góc AFH = Góc AHC = 90^o
Góc CAH chung
Do đó △AFH đồng dạng với △AHC (g.g)
=> \(\dfrac{AF}{AH}\) = \(\dfrac{AH}{AC}\) <=> AF.AC = AH² (2)
Từ (1) và (2) suy ra AF.AC = AE.AB <=> \(\dfrac{AE}{AC}\) = \(\dfrac{AF}{AB}\)

uk không có gì

Hướng dẫn :

Bạn chứng minh được :\(\Delta EBH\sim\Delta ABC\) là ra nhé

A B C H D E F

Áp dụng định lý pitago => BC = 10

a, Áp dụng tính chất phẩn giác của tam giác (BD là p/g \(\Delta ABC\)) có:

\(\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{DC}{AC}=\dfrac{BD+DC}{AB+AC}=\dfrac{10}{8+6}=\dfrac{5}{7}\)

\(\Rightarrow BD=\dfrac{40}{7};DC=\dfrac{30}{7}\)

b, Xet\(\Delta AEHva\Delta AHB\)

:)) ko cần nữa hì thui

a) Áp dụng định lí pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

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

\(\Leftrightarrow BC^2=8^2+6^2=100\)

hay \(BC=\sqrt{100}=10cm\)

Xét ΔABC có AD là đường phân giác ứng với cạnh BC(gt)

nên \(\frac{DC}{AC}=\frac{DB}{AB}\)(tính chất đường phân giác của tam giác)

hay \(\frac{DC}{6}=\frac{DB}{8}\)

Ta có: DC+DB=BC(D nằm giữa B và C)

hay DC+DB=10cm

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\frac{DC}{6}=\frac{DB}{8}=\frac{DB+DC}{8+6}=\frac{10}{14}=\frac{5}{7}\)

Do đó: \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{DC}{6}=\frac{5}{7}\\\frac{DB}{8}=\frac{5}{7}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}DC=\frac{5\cdot6}{7}=\frac{30}{7}cm\\DB=\frac{5\cdot8}{7}=\frac{40}{7}cm\end{matrix}\right.\)

Vậy: \(DC=\frac{30}{7}cm\); \(DB=\frac{40}{7}cm\)

b) Ta có: ΔABC vuông tại A(gt)

nên \(S_{ABC}=\frac{AB\cdot AC}{2}=\frac{8\cdot6}{2}=24cm^2\)(1)

Xét ΔABC có AH là đường cao ứng với cạnh BC(gt)

nên \(S_{ABC}=\frac{AH\cdot BC}{2}=\frac{AH\cdot10}{2}=5\cdot AH\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(5\cdot AH=24\)

hay AH=4,8cm

\(\Rightarrow AH^2=23,04cm^2\)(3)

Áp dụng định lí pytago vào ΔAHB vuông tại H, ta được:

\(AB^2=BH^2+AH^2\)

\(\Leftrightarrow BH^2=AB^2-AH^2=8^2-4,8^2=40,96\)

hay \(BH=\sqrt{40,96}=6,4cm\)

Xét ΔHEA và ΔBHA có

\(\widehat{HEA}=\widehat{BHA}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{B}\) chung

Do đó: ΔHEA∼ΔBHA(g-g)

⇒\(\frac{AE}{AH}=\frac{AH}{AB}\)

hay \(\frac{AE}{4.8}=\frac{4.8}{8}\)

⇔\(AE=\frac{4.8\cdot4.8}{8}=2,88cm\)

⇔\(AE\cdot AB=2,88\cdot8=23,04cm\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AE\cdot AB=AH^2\left(=23,04\right)\)

c) Ta có: BH+HC=BC(H nằm giữa B và C)

hay HC=BC-BH=10-6,4=3,6cm

Ta có: ΔAHC vuông tại H(gt)

nên \(S_{AHC}=\frac{AH\cdot HC}{2}=\frac{4,8\cdot3,6}{2}=8,64cm^2\)(6)

Xét ΔAHC có HF là đường cao ứng với cạnh AC(gt)\

nên \(S_{AHC}=\frac{HF\cdot AC}{2}=\frac{HF\cdot6}{2}=3\cdot HF\)(7)

Từ (6) và (7) suy ra \(3\cdot HF=8,64\)

hay HF=2,88cm

Áp dụng định lí pytago vào ΔAHF vuông tại F, ta được:

\(AH^2=AF^2+HF^2\)

\(\Leftrightarrow AF^2=AH^2-HF^2=4,8^2-2,88^2=14,7456\)

hay \(AF=\sqrt{14,7456}=3,84cm\)

⇒\(AC\cdot AF=3,84\cdot6=23,04cm\)(5)

Từ (4) và (5) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)(đpcm)

d) Ta có: BE+AE=BA(E nằm giữa A và B)

hay BE=AB-AE=8-2,88=5,12cm

Vậy: BE=5,12cm

a: \(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

\(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=4.8\left(cm\right)\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

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

c: Gọi M là giao điểm của AO và EF

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

Suy ra: AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính FE

Xét (FE/2) có

\(\widehat{AFE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

\(\widehat{AHE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

Do đó: \(\widehat{AFE}=\widehat{AHE}\)

=>\(\widehat{AFE}=\widehat{B}\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

mà AO là đường trung tuyến

nên AO=CO

=>ΔOAC cân tại O

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\)

\(\widehat{MAF}+\widehat{MFA}=\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>\(\widehat{AMF}=90^0\)

=>AO\(\perp\)FE

 a,Tứ giác AEHG  la hình chữ nhật.thật vậy:

xét tứ giác AEHG có goc a=90 độ ,góc E=90 độ(HE VUÔNG GÓC VỚI AB) , góc H=90 độ (AH vuông góc với BC)

suy ra tứ giác AEHG la hình chữ nhật

b,xét tam giac BHA có AH^2=AE*AB (1)

xét tam giác AHC có AH^2=AF*AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AE*AB=AF*AC

a) xét tam giác vuông ABC có:

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

\(BC^2=6^2+8^2=100\)

\(\Rightarrow BC=10\operatorname{cm}\)

áp dụng tính chất đường phân giác cho tam giác ABC ta có:

=> \(\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC}\)

=> \(\frac{AD}{DC}=\frac{6}{10}=\frac35\)

=> \(\frac{AD}{3}=\frac{DC}{5}\)

áp dụng dãy tỉ số bằng nhau ta có:

\(\frac{AD}{3}=\frac{DC}{5}=\frac{AD+DC}{5+3}=\frac{AC}{8}=1\operatorname{cm}\)

=> AD=3 x 1=3cm

DC=5 x 1=5cm

b)xét tam giác ABH và tam giác CBA có:

góc B chung

góc AHB= góc BAC= 90 độ

=> △ABH~△CBA(g.g)

=> \(\frac{AH}{AC}=\frac{AB}{BC}\)

=> \(AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{6.8}{10}=4,8\operatorname{cm}\)

xét tam giác AHC vuông tại H có:

\(HC^2=AC^2-AH^2\)

\(=8^2-4,8^2\)

\(=40,96\)

=> \(HC=\sqrt{40,96}=6,4\operatorname{cm}\)

c) từ I kẻ IK vuông góc BC tại K

từ I kẻ IE vuông góc AB tại E

từ I kẻ IF vuông góc AC tại F

xét tứ giác AEIF có:

góc A= góc AEI= góc ÀI= 90 độ

=> tứ giác AEIF là hcn

ta có I là giao của hai đường phân giác trong tam giác ABC

=> AI là đường phần giác trong tam giác ABC

=> góc EAI= góc FAI

xét tam giác EAI và tam giác FAI có:

góc EAI= góc AFI= 90 độ

góc EAI= góc FAI

cạnh AI là cạnh chung

=> △EAI=△FAI(ch-gn)

=> EI=IF

hcn AEIF có EI= IF

=> tứ giác AEIF là hình vuông

=>AE=EI=IF=FA

xét tam giác BEI và tam giác BIK có:

chung BI

góc EBI = góc KBI

góc BEI= góc BKI= 90 độ

=>△BEI=△BIK(ch-gn)

=> BE=BK

CMTT: △CFI=△CKI(ch-gn)

=> CF=CK

ta xét tổng AB+AC

AB+AC=(AE+BE)+(AF+CF)

vì AE=AF, BE=BK,CF=CK

=> AB+AC=2AE+BK+CK

=> AB+AC=2AE+BC

=> 6+8=2AE+10

=>14+2AE+10

2AE=4

AE=2cm

=> IK=IE=AE=2cm

BK=BE=AB-AE=6-2=4cm

vì M là trung điểm BC nên BM= 10:2=5cm

ta lại có: KM=BM-BK=5-4=1cm

xét △BKI vuông tại K

=> \(BI^2=BK^2+IK^2\)

\(BI^2=4^2+2^2=20\operatorname{cm}\)

xét △IKM vuông tại K

=> \(IM^2=IK^2+KM^2\)

\(IM^2=2^2+1^2=5\)

cộng lại hai vế trên ta có:

\(BI^2+IM^2=20+5=BM^2=5^2=25\)

=> △BIM vuông tại I

=> góc BIM= 90 độ

a, là hcn

câu b

từ câu a => hf // và = ae

mà hf = fm

=> fm // và = ae

=> đpcm

câu c

tam giác bnh có be vừa là dcao vừa trung tuyến

=> tam giác bnh cân b

=> bn=bh (1)

cmtt => ch=cm (2)

mà bc= bh+ch

=> bc^2 = (bh+ch+)^2

= bh^2 + 2 bh.ch +ch^2 (3)

(1) (2) (3) => ... (đpcm)

lười làm đầy đủ nên vắn ắt z thôi, thông cảm nhé ^_^