mình cần gâps huhu

=>AM=AN

Bài 10:

a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔCBD vuông tại D có 

\(\widehat{DBC}\) chung

Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔCBD(g-g)

b) Xét ΔHDA vuông tại D và ΔHEC vuông tại E có 

\(\widehat{AHD}=\widehat{CHE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHDA\(\sim\)ΔHEC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{HD}{HE}=\dfrac{HA}{HC}\)

hay \(HD\cdot HC=HE\cdot HA\)

Bài 11: 

a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔACF(g-g)

b) Xét ΔFHB vuông tại F và ΔEHC vuông tại E có 

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)

hay \(HE\cdot HB=HF\cdot HC\)

c) Ta có: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(cmt)

nên \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

hay \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)

Suy ra: \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)

sửa đề: \(BH\cdot BD+CH\cdot CE=BC^2\)

Gọi K là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại K

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có

\(\hat{KBH}\) chung

Do đó: ΔBKH~ΔBDC

=>\(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BD=BK\cdot BC\)

Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có

\(\hat{KCH}\) chung

Do đó: ΔCKH~ΔCEB

=>\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CE=CK\cdot CB\)

\(BH\cdot BD+CH\cdot CE\)

\(=BK\cdot BC+CK\cdot BC=BC\cdot\left(BK+CK\right)=BC^2\)

a: Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>A,E,H,D cùng thuộc (M)

=>ME=MD=MA=MH

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

nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>B,E,D,C cùng thuộc (N)

=>NB=NE=ND=NC

NE=ND nên ΔNED cân tại N

mà NK là đường trung tuyến

nên NK⊥ED

ME=MD nên ΔMED cân tại M

mà MK là đường trung tuyến

nên MK⊥ED

Ta có: NK⊥ED

MK⊥ED

mà NK,MK có điểm chung là K

nên M,K,N thẳng hàng

b:

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại F

MD=MH

=>ΔMDH cân tại M

=>\(\hat{MDH}=\hat{MHD}\)

=>\(\hat{MDH}=\hat{FHB}\)

ND=NB

=>ΔNDB cân tại N

=>\(\hat{NDB}=\hat{NBD}\)

\(\hat{MDN}=\hat{MDB}+\hat{NDB}\)

\(=\hat{FHB}+\hat{FBH}=90^0\)

c:

1: Xét ΔADB vuông tại D có \(cosDAB=\frac{AD}{AB}\)

BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)

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

nên \(\hat{AED}=\hat{ACB}\)

Xét ΔAED và ΔACB có

\(\hat{AED}=\hat{ACB}\)

góc EAD chung

Do đó: ΔAED~ΔACB

=>\(\frac{S_{AED}}{S_{ACB}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2BAC\)

=>\(S_{AED}=S_{ABC}\cdot cos^2BAC\)

2: Ta có: \(S_{AED}+S_{BEDC}=S_{ABC}\)

=>\(S_{BEDC}=S_{ABC}-S_{AED}\)

=>\(S_{BEDC}=S_{ABC}\left(1-cos^2BAC\right)=S_{ABC}\cdot\sin^2BAC\)

3: Xét ΔAFB vuông tại F có \(cosABF=\frac{BF}{BA}\)

=>cos ABC\(=\frac{BF}{BA}\)

Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBFA vuông tại F có

\(\hat{EBC}\) chung

Do đó: ΔBEC~ΔBFA

=>\(\frac{BE}{BF}=\frac{BC}{BA}\)

=>\(\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{BA}\)

Xét ΔBEF và ΔBCA có

\(\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{BA}\)

góc EBF chung

Do đó: ΔBEF~ΔBCA

=>\(\frac{S_{BEF}}{S_{BCA}}=\left(\frac{BF}{BA}\right)^2=cos^2ABC\)

=>\(S_{BEF}=S_{ABC}\cdot cos^2ABC\)

Xét ΔAFC vuông tại F có cos ACF\(=\frac{CF}{CA}\)

=>cos ACB\(=\frac{CF}{CA}\)

Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCFA vuông tại F có

\(\hat{DCB}\) chung

Do đó: ΔCDB~ΔCFA

=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CB}{CA}\)

=>\(\frac{CD}{CB}=\frac{CF}{CA}\)

Xét ΔCDF và ΔCBA có

\(\frac{CD}{CB}=\frac{CF}{CA}\)

góc DCF chung

Do đó: ΔCDF~ΔCBA

=>\(\frac{S_{CDF}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CF}{CA}\right)^2=cos^2ACB\)

=>\(S_{CDF}=S_{ABC}\cdot cos^2ACB\)

Ta có: \(S_{AED}+S_{BEF}+S_{CDF}+S_{EFD}=S_{ABC}\)

=>\(S_{ABC}\left(cos^2BAC+cos^2ABC+cos^2ACB\right)+S_{DEF}=S_{ABC}\)

=>\(S_{DEF}=S_{ABC}\left(1-cos^2BAC-cos^2ACB-cos^2ABC\right)\)

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh