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 B C F A' E
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông :

\(\Delta ABC\)có :\(BA'=\frac{AB^2}{BC};CA'=\frac{AC^2}{BC}\)

\(\Delta BDA\)có :\(BF=\frac{BA'^2}{AB}=\left(\frac{AB^2}{BC}\right)^2:AB=\frac{AB^3}{BC^2}\)

\(\Delta DAC\)có :\(CE=\frac{CA'^2}{AC}=\left(\frac{AC^2}{BC}\right)^2:AC=\frac{AC^3}{BC^2}\)

\(\Rightarrow\frac{CE}{BF}=\frac{AC^3}{BC^2}:\frac{AB^3}{BC^2}=\frac{AC^3}{AB^3}\)

cái này toán lớp mấy vậy bạn

a) Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có 

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA\(\sim\)ΔABC(g-g)

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{15^2}+\dfrac{1}{20^2}=\dfrac{625}{90000}\)

\(\Leftrightarrow AH=12\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABH vuông tại H, ta được:

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

\(\Leftrightarrow BH^2=15^2-12^2=81\)

hay BH=9(cm)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔAHC vuông tại H, ta được:

\(AC^2=AH^2+CH^2\)

\(\Leftrightarrow CH^2=AC^2-AH^2=20^2-12^2=256\)

hay CH=16(cm)

Gọi M là giao điểm của AK và BC, N là giao điểm của AI và HB

Ta có: E là giao điểm của các đường phân giác trong của ΔABC

=>BE là phân giác của góc ABC, CE là phân giác của góc ACB, AE là phân giác của góc BAC

Ta có: I là giao điểm của các đường phân giác trong của ΔABH

=>BI là phân giác của góc ABH, AI là phân giác của góc BAH, HI là phân giác của góc AHC

Ta có: K là giao điểm của các đường phân giác trong của ΔACH

=>CK là phân giác của góc ACH; HK là phân giác của góc AHC, AK là phân giác của góc HAC

Ta có: CK là phân giác của góc ACB

CE là phân giác của góc ACB

mà CK,CE có điểm chung là C

nên C,K,E thẳng hàng

Ta có: BE là phân giác của góc ABC

BI là phân giác của góc ABC

mà BE,BI có điểm chung là B

nên B,I,E thẳng hàng

Ta có: \(\hat{BAM}+\hat{CAM}=\hat{BAC}=90^0\)

\(\hat{BMA}+\hat{MAH}=90^0\) (ΔHAM vuông tại H)

mà \(\hat{CAM}=\hat{MAH}\) (AM là phân giác của góc HAC)

nên \(\hat{BAM}=\hat{BMA}\)

=>ΔBAM cân tại B

ΔBAM cân tại B

mà BE là đường phân giác

nên BE⊥AK

=>IE⊥AK

Ta có: \(\hat{CAN}+\hat{BAN}=\hat{CAB}=90^0\)

\(\hat{CNA}+\hat{HAN}=90^0\) (ΔHAN vuông tại H)

mà \(\hat{BAN}=\hat{HAN}\) (AN là phân giác của góc HAB)

nên \(\hat{CAN}=\hat{CNA}\)

=>ΔCAN cân tại C

ΔCAN cân tại C

mà CE là đường phân giác

nên CE⊥AN

=>KE⊥AI

Xét ΔAKI có

KE,IE là các đường cao

KE cắt IE tại E

Do đó; E là trực tâm của ΔAKI

=>AE⊥KI

a: Xét tứ giác AEHD có

\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{D'E'C}\) là góc nội tiếp chắn cung D'C

\(\widehat{D'BC}\) là góc nội tiếp chắn cung D'C

Do đó: \(\widehat{D'E'C}=\widehat{D'BC}\left(1\right)\)

Ta có: BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{DEC}=\widehat{DBC}\)

=>\(\widehat{HED}=\widehat{D'BC}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HE'D'}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên DE//D'E'

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O')

=>Ax\(\perp\)OA tại A

Xét (O) có

\(\widehat{xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AB

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB

Do đó: \(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\)

mà \(\widehat{ACB}=\widehat{AED}\left(=180^0-\widehat{BED}\right)\)

nên \(\widehat{xAB}=\widehat{AED}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//ED

Ta có: Ax//ED

OA\(\perp\)Ax

Do đó: OA\(\perp\)ED

c: Xét (O) có

ΔABA' nội tiếp

A'A là đường kính

Do đó: ΔABA' vuông tại B

=>AB\(\perp\)BA'

Xét (O) có

ΔACA' nội tiếp

A'A là đường kính

Do đó: ΔACA' vuông tại C

=>AC\(\perp\)CA'

Ta có: AC\(\perp\)CA'

BH\(\perp\)AC

Do đó:  BH//A'C

Ta có: AB\(\perp\)BA'

CH\(\perp\)AB

Do đó: CH//BA'

Xét tứ giác BHCA' có

BH//CA'

BA'//CH

Do đó: BHCA' là hình bình hành

=>BC cắt HA' tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HA'

=>H,I,A' thẳng hàng

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\hat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

b: Xét ΔDAC vuông tại A và ΔDKB vuông tại K có

\(\hat{ADC}=\hat{KDB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAC~ΔDKB

=>\(\hat{DCA}=\hat{DBK}\)

mà \(\hat{DCA}=\hat{DCB}\) (CD là phân giác của góc ACB)

nên \(\hat{DBK}=\hat{HCI}\)

Xét ΔDBK vuông tại D và ΔHCI vuông tại H có

\(\hat{DBK}=\hat{HCI}\)

Do đó: ΔDBK~ΔHCI

=>\(\frac{KD}{IH}=\frac{KB}{IC}\)

=>\(KD\cdot IC=KB\cdot HI\)

a: Gọi N là giao điểm của DE và AC. Gọi AP là đường kính của (O)

=>P trùng với A'

Xét tứ giác AEDB có \(\hat{AEB}=\hat{ADB}=90^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EDB}+\hat{EAB}=180^0\)

mà \(\hat{EDB}+\hat{EDC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{EDC}=\hat{EAB}=\hat{BAP}\)

Xét (O) có \(\hat{BAP};\hat{BCP}\) là các góc nội tiếp chắn cung BP

=>\(\hat{BAP}=\hat{BCP}\)

=>\(\hat{EDC}=\hat{PCB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên ED//CP

Xét (O) có

ΔACP nội tiếp

AP là đường kính

Do đó: ΔACP vuông tại C

=>CA⊥CP

mà CP//ED
nên ED⊥CA

b: Kẻ PK⊥BC tại K

Xét (O) có

\(\hat{ABC};\hat{APC}\) là các góc nội tiếp chắn cung AC

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

Xét ΔADB vuông tại D và ΔACP vuông tại C có

\(\hat{ABD}=\hat{APC}\)

DO đó: ΔADB~ΔACP

=>\(\hat{DAB}=\hat{PAC}\)

ΔADB~ΔACP

=>\(\frac{DB}{CP}=\frac{AB}{AP}\)

=>\(BD=\frac{AB\cdot CP}{AP}\)
Xét ΔPKC vuông tại K và ΔPBA vuông tại B có

\(\hat{PCK}=\hat{PAB}\left(=\hat{PCB}\right)\)

Do đó: ΔPKC~ΔPBA

=>\(\frac{PC}{PA}=\frac{CK}{AB}\)

=>\(CK=\frac{AB\cdot CP}{PA}\)

=>BD=CK

MD+DB=MB

MK+KC=MC

mà DB=KC và MB=MC

nên MD=MK

Xét tứ giác BEKP có \(\hat{BEP}=\hat{BKP}=90^0\)

nên BEKP là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EKB}=\hat{EPB}=\hat{APB}=\hat{ACB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí đồng vị

nên EK//AC
=>EK⊥CP

Xét tứ giác PFKC có \(\hat{PFC}=\hat{PKC}=90^0\)

nên PFKC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{PFK}+\hat{PCK}=180^0\)

=>\(\hat{PCK}=\hat{AFK}\)

=>\(\hat{AFK}=\hat{PCB}=\hat{PAB}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên FK//AB

Chứng minh tương tự, ta được: DF//BP

mà AB⊥BP

nên DF⊥AB

=>DF⊥FK

=>ΔDFK vuông tại F

mà FM là đường trung tuyến

nên MF=MD=MK

EK//AC

DE⊥AC

Do đó: DE⊥ EK

=>ΔDEK vuông tại E

mà EM là đường trung tuyến

nên ME=MD=MK

=>MD=ME=MF