a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{HBA}\right)\)

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC=DE^2\)

b: Xét ΔDHA vuông tại D và ΔDBH vuông tại D có

\(\widehat{DHA}=\widehat{DBH}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

Do đó: ΔDHA~ΔDBH

=>\(\dfrac{DH}{DB}=\dfrac{DA}{DH}\)

=>\(DH^2=DA\cdot DB\)

Xét ΔEAH vuông tại E và ΔEHC vuông tại E có

\(\widehat{EAH}=\widehat{EHC}\left(=90^0-\widehat{C}\right)\)

Do đó: ΔEAH~ΔEHC

=>\(\dfrac{EA}{EH}=\dfrac{EH}{EC}\)

=>\(EH^2=EA\cdot EC\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(DE^2=HD^2+HE^2\)

=>\(AH^2=AD\cdot DB+AE\cdot EC\)

c: ΔBAC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên MA=MC

=>ΔMAC cân tại M

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MCA}\)

Ta có:ADHE là hình chữ nhật

=>\(\widehat{AED}=\widehat{AHD}\)

mà \(\widehat{AHD}=\widehat{B}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

nên \(\widehat{AED}=\widehat{B}\)

\(\widehat{AED}+\widehat{MAC}=\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>DE\(\perp\)AM

_{^{Tham khảo:}}

a) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) lên \(AB\). Khi đó, ta có hai tam giác vuông \(OAH\) và \(OBH\).

Trong tam giác \(OAH\), ta có:
\[\frac{OA}{AH} = \frac{OD}{BD} \quad (1)\]

Trong tam giác \(OBH\), ta có:
\[\frac{OB}{BH} = \frac{OC}{AC} \quad (2)\]

Nhân cả hai phương trình (1) và (2), ta được:
\[\frac{OA}{AH} \times \frac{OB}{BH} = \frac{OD}{BD} \times \frac{OC}{AC}\]

\[OA \times OB = \frac{AH \times BH \times OD \times OC}{BD \times AC}\]

Do đường chéo \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(O\), nên \(AH \times BH = OH^2\) (vì \(OH\) là đường cao của tam giác \(OAB\)), \(OD \times OC = OD \times OC\) (vì \(OD\) và \(OC\) là đường cao của tam giác \(OCD\)), nên:
\[OA \times OB = \frac{OH^2 \times OD \times OC}{BD \times AC}\]

\[OA \times OB = \frac{OD \times OC \times OH^2}{BD \times AC}\]

Nhưng ta biết rằng \(OH^2 = OA \times OB\), từ đó suy ra \(OA \times OB = OA \times OB\).

Vậy, \(OA \times OB = OA \times OB\), điều này đã được chứng minh.

b) Ta có thể sử dụng định lí hình chiếu góc bằng nhau để chứng minh rằng \(OM = ON\). Cụ thể, ta có hai tam giác vuông \(OAM\) và \(OBN\) có:
\[\angle OAM = \angle OBN\]
\[\angle AOM = \angle BON = 90^\circ\]

Vì vậy, các tam giác \(OAM\) và \(OBN\) đồng dạng theo góc và cạnh nên \(OM = ON\).

a: Xét ΔOAB và ΔOCD có

\(\widehat{OAB}=\widehat{OCD}\)(AB//CD)

\(\widehat{AOB}=\widehat{COD}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAB~ΔOCD

=>\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OB}{OD}\)

=>\(\dfrac{OC}{OA}=\dfrac{OD}{OB}\)

=>\(\dfrac{OC+OA}{OA}=\dfrac{OD+OB}{OB}\)

=>\(\dfrac{AC}{OA}=\dfrac{BD}{OB}\)

=>\(AC\cdot OB=AO\cdot BD\)

b: Xét ΔADC có OM//DC

nên \(\dfrac{OM}{DC}=\dfrac{AO}{AC}\left(1\right)\)

Xét ΔBDC có ON//DC

nên \(\dfrac{ON}{DC}=\dfrac{BO}{BD}\left(2\right)\)

Ta có: \(\dfrac{AC}{OA}=\dfrac{BD}{OB}\)

=>\(\dfrac{AO}{AC}=\dfrac{OB}{BD}\left(3\right)\)

Từ (3),(2),(1) suy ra OM=ON

Tham khảo

a) Ta có:
\[\angle CKP = \angle CAH = 90^\circ \] (vì AH là đường cao của tam giác ABC)
\[ \angle KCP = \angle KAH \] (vì CP song song với AH)
\[ KP = AH \] (theo định lí về đường cao trong tam giác vuông)
\[ KC = KH \] (vì \( KH = AH \))

Do đó, tam giác \(KPC\) đồng dạng với tam giác \(AHC\) (cùng có một góc vuông, và góc tại \(K\) bằng góc tại \(A\)).

b) Từ phần a), ta biết \(KC = AH\) và \(CP = KH\).
\[ \frac{CK}{AH} = \frac{CP}{KH} \]
\[ \frac{CK}{AC} = \frac{CP}{CP + PH} \]
\[ CK \times CP + CK \times PH = AC \times CP \]
\[ CK \times CP + AH \times PH = AC \times CP \]
\[ CP \times (CK + PH) = AC \times CP \]
\[ CK + PH = AC \]

Vậy \(CB \times CK = CA \times CP \).

Từ phần a), tam giác \(KPC\) đồng dạng với tam giác \(AHC\), nên \(\frac{CK}{AC} = \frac{AH}{AB}\).
\[ CK = \frac{AC \times AH}{AB} \]

\(AH\) là đường cao của tam giác ABC, nên \(AH = \frac{AB \times AC}{BC}\).
\[ CK = \frac{AC^2}{BC} \]

Tương tự,
\[ CP = \frac{AC^2}{BC + AC} \]

\[ CB \times CK = CA \times CP \]

Ta chứng minh được \(CB \times CK = CA \times CP \).

Ta có:
\[\angle CAK = \angle CBP = 90^\circ \] (vì \(AK \parallel CP\), cả hai đường thẳng đều vuông góc với AC)
\[ \angle CKA = \angle BCP \] (vì \(CK \parallel AB\))
\[ AK = BP \] (vì \(AK \parallel BP\) và \(AK = BP = \frac{1}{2} BC\) - đường trung bình của tam giác \(ABC\))

Do đó, tam giác \(CAK\) đồng dạng với tam giác \(CBP\).

c) Gọi \(Q\) là trung điểm của \(BP\).
\[ \frac{PH}{CP} = \frac{1}{2} \]
\[ PH = \frac{1}{2} CP \]

\(K\) là điểm trên tia đối của \(BC\) sao cho \(KH = AH\), nên \(KH = \frac{1}{2} BC\).
\[ AK = \frac{1}{2} BC \]

Vậy, \(QH\) là đoạn thẳng cắt đôi \(AK\).

a: Ta có: AH\(\perp\)BC

KP//AH

Do đó: KP\(\perp\)BC

Xét ΔACB vuông tại A và ΔKCP vuông tại K có

\(\widehat{ACB}\) chung

Do đó: ΔACB~ΔKCP

b: ΔACB~ΔKCP

=>\(\dfrac{CA}{CK}=\dfrac{CB}{CP}\)

=>\(\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{CK}{CP}\)

=>\(CA\cdot CP=CK\cdot CB\)

Xét ΔCAK và ΔCBP có

\(\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{CK}{CP}\)

\(\widehat{ACK}\) chung

Do đó: ΔCAK~ΔCBP

c: ΔBAP vuông tại A

mà AQ là đường trung tuyến

nên \(AQ=\dfrac{BP}{2}\left(1\right)\)

Ta có: ΔKPB vuông tại K

mà KQ là đường trung tuyến

nên \(KQ=\dfrac{BP}{2}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra QA=QK

=>Q nằm trên đường trung trực của AK(3)

Ta có: HA=HK

=>H nằm trên đường trung trực của AK(4)

Từ (3),(4) suy ra QH là đường trung trực của AK

Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)

Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH\(\sim\)ΔBEC
Suy ra: BD/BE=BH/BC

hay \(BD\cdot BC=BE\cdot BH\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH~ΔCFB

=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CD\cdot CB=CH\cdot CF\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)

Với mọi a;b;c ta có:

\(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge2\left(a+b+c\right)-3\) (1)

Đồng thời cũng có:

\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow6\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6\left(ab+bc+ca\right)\) (2)

Cộng vế (1) và (2):

\(\Rightarrow7\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c\right)+6\left(ab+bc+ca\right)-3\)

\(\Leftrightarrow7\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c+3ab+3bc+3ca\right)-3=21\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

a: Xét ΔDAB vuông tại D và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{DBA}\) chung

Do đó: ΔDAB~ΔACB

b: Xét ΔEAB vuông tại A và ΔEFC vuông tại E có

\(\widehat{AEB}=\widehat{FEC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAB~ΔEFC

=>\(\dfrac{EA}{EF}=\dfrac{EB}{EC}\)

=>\(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{EF}{EC}\)

=>\(EA\cdot EC=EF\cdot EB\)

Xét ΔEAF và ΔEBC có

\(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{EF}{EC}\)

\(\widehat{AEF}=\widehat{BEC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEAF~ΔEBC

=>\(\widehat{EAF}=\widehat{EBC}=\widehat{FBA}\)

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔABH~ΔCBA

b: ΔABC vuông tại A

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

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

c: Xét ΔAHM vuông tại M và ΔABH vuông tại H có

\(\widehat{HAM}\) chung

Do đó: ΔAHM~ΔABH

=>\(\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AM}{AH}\)

=>\(AH^2=AM\cdot AB\)(1)

Xét ΔANH vuông tại N và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{NAH}\) chung

Do đó: ΔANH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AN}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AN\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)

Xét ΔAMN vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AN}{AB}\)

Do đó: ΔAMN~ΔACB

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔHCB  vuông tại H có

\(\widehat{HBA}=\widehat{HCB}\left(=90^0-\widehat{A}\right)\)

Do đó: ΔHBA~ΔHCB

=>\(\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HA}{HB}\)

=>\(HB^2=HA\cdot HC\)

b: Xét tứ giác BMHN có

\(\widehat{BMH}=\widehat{BNH}=\widehat{MBN}=90^0\)

nên BMHN là hình chữ nhật

=>MN=BH

a:

ΔABC vuông tại A

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

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

Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHBA

=>\(\dfrac{AB}{HB}=\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{AC}{AH}\)

=>\(\dfrac{6}{HB}=\dfrac{10}{6}=\dfrac{8}{AH}\)

=>\(HB=6\cdot\dfrac{6}{10}=3,6\left(cm\right);AH=6\cdot\dfrac{8}{10}=4,8\left(cm\right)\)

b: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMIC vuông tại I có

\(\widehat{AMB}=\widehat{IMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAB~ΔMIC

=>\(\dfrac{MA}{MI}=\dfrac{MB}{MC}\)

=>\(MA\cdot MC=MB\cdot MI\)