Bài 6:
a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
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),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
c:
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HB\cdot HC=AH^2\)
\(HF\cdot AB+HE\cdot AC\)
\(=AE\cdot AB+AF\cdot AC\)
\(=AH^2+AH^2=2AH^2=2\cdot HB\cdot HC\)
d:
Xét ΔABC vuông tại A có \(sinACB=\dfrac{AB}{BC};cosACB=\dfrac{AC}{BC}\)
=>\(2\cdot sinACB\cdot cosACB=2\cdot\dfrac{AB}{BC}\cdot\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{2\cdot AH\cdot BC}{BC^2}=\dfrac{2\cdot AH}{BC}\)
ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên MA=MB
=>ΔMAB cân tại M
=>\(\widehat{AMB}=180^0-2\cdot\widehat{ABM}\)
=>\(sinAMB=sin\left(180^0-2\cdot\widehat{ABM}\right)=sin\left(2\cdot\widehat{ABM}\right)\)
\(=2\cdot sinABC\cdot cosABC=2\cdot cosACB\cdot sinACB\left(ĐPCM\right)\)
Bài 7:
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot CB\)
=>\(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\dfrac{BH}{CH}\)
