Trên tia đối của tia MA, lấy K sao cho MA=MK

Xét ΔMAD và ΔMEK có

MA=ME

\(\hat{AMD}=\hat{EMK}\) (hai góc đối đỉnh)

MD=MK

Do đó: ΔMAD=ΔMEK

=>\(\hat{MAD}=\hat{MEK}\)

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

nên AD//EK

=>\(\hat{DAE}+\hat{AEK}=180^0\left(1\right)\)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AEK}=\hat{CAB}\)

ΔMAD=ΔMEK

=>AD=EK

mà AD=AB

nên EK=AB

Xét ΔAEK và ΔCAB có

AE=CA

\(\hat{AEK}=\hat{CAB}\)

EK=AB

Do đó; ΔAEK=ΔCAB

=>\(\hat{EAK}=\hat{ACB}\)

Gọi H là giao điểm của AM và BC

Ta có: \(\hat{HAC}+\hat{EAC}+\hat{EAK}=180^0\)

=>\(\hat{HAC}+\hat{EAK}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{HAC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>AH⊥BC tại H

=>MA⊥BC

helppp

a: AD là phân giác

=>BD/CD=AB/AC=3/4

=>S ABD/S ACD=3/4

b: BC=căn 16^2+12^2=20cm

c: AD là phân giác

=>BD/3=CD/4=(BD+CD)/(3+4)=20/7

=>BD=60/7cm; CD=80/7cm

d: AH=12*16/20=192/20=9,6cm

a: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=9^2+12^2=81+144=225=15^2\)

=>BC=15(cm)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{9}{12}=\frac34\)

=>\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}\)

mà DB+DC=BC=15cm

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

\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}=\frac{DB+DC}{3+4}=\frac{15}{7}\)

=>\(DB=\frac{15}{7}\cdot3=\frac{45}{7}\left(\operatorname{cm}\right);DC=\frac{15}{7}\cdot4=\frac{60}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)

Xét ΔABC có DE//AB

nên \(\frac{DE}{AB}=\frac{CD}{CB}\)

=>\(\frac{DE}{9}=\frac47\)

=>DE=36/7(cm)

b: Vì \(\frac{BD}{CD}=\frac34\)

nên \(\frac{S_{ABD}}{S_{ACD}}=\frac34\)

a. Áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông ABC, có:

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

\(\Rightarrow BC=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{225}=15cm\)

Áp dụng t/c tia phân giác góc A, ta có:

\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{CD}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9}{12}=\dfrac{BD}{CD}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{3}{4}=\dfrac{BD}{CD}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{CD}{4}=\dfrac{BD}{3}\)

Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\dfrac{CD}{4}=\dfrac{BD}{3}=\dfrac{CD+BD}{4+3}=\dfrac{15}{7}\)

\(\Rightarrow CD=\dfrac{15}{7}.4=\dfrac{60}{7}cm\)

\(\Rightarrow BD=\dfrac{15}{7}.3=\dfrac{45}{7}cm\)

Xét tam giác ABD và tam giác ADE có:

\(\widehat{E}=\widehat{D}=90^0\)

AD: cạnh chung

\(\widehat{BAD}=\widehat{DAE}\) ( gt )

=> tam giác ABD = tam giác ADE ( c.g.c )

=> BD = ED = \(\dfrac{45}{7}cm\)

b. Xét tam giác ABD và tam giác ABC, có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{BDA}=90^0\)

\(\widehat{B}:chung\)

Vậy tam giác ABD đồng dạng tam giác ABC ( g.g )

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{45}{\dfrac{7}{9}}=\dfrac{AD}{12}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{5}{7}=\dfrac{AD}{12}\)

\(\Leftrightarrow7AD=60\Leftrightarrow AD=\dfrac{60}{7}cm\)

\(S_{ABD}=\dfrac{1}{2}.BD.AD=\dfrac{1}{2}.\dfrac{45}{7}.\dfrac{60}{7}\simeq27,55cm^2\)

\(S_{ACD}=\dfrac{1}{2}.CD.AD=\dfrac{1}{2}.\dfrac{60}{7}.\dfrac{60}{7}\simeq36,73cm^2\)

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\hat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB~ΔAEC

b: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHDC vuông tại D có

\(\hat{EHB}=\hat{DHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHEB~ΔHDC

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HB}{HC}\)

=>\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

Xét ΔHED và ΔHBC có

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

\(\hat{EHD}=\hat{BHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHED~ΔHBC

c: Xét tứ giác BEHK có \(\hat{BEH}+\hat{BKH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEHK là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CDHK có \(\hat{CDH}+\hat{CKH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHK là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{EKH}=\hat{EBH}\) (BEHK nội tiếp)

\(\hat{DKH}=\hat{DCH}\) (KCDH nội tiếp)

mà \(\hat{EBH}=\hat{DCH}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)

nên \(\hat{EKH}=\hat{DKH}\)

=>KH là phân giác của góc DKE

Bài 1: 

d) Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:

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

\(\Leftrightarrow BC^2=21^2+18^2=765\)

hay \(BC=3\sqrt{85}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có 

\(\sin\widehat{C}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{21}{3\sqrt{85}}\)

nên \(\widehat{C}\simeq49^023'\)

\(\Leftrightarrow\widehat{B}=40^037'\)

a: Xet ΔABM và ΔACM có

AB=AC

AM chung

BM=CM

=>ΔABM=ΔACM

b: Xét ΔAEM vuông tại E và ΔAFM vuông tại F có

AM chung

góc EAM=góc FAM

=>ΔAEM=ΔAFM

=>AE=AF
=>ΔAEF cân tại A