b: Ta có: \(\widehat{ABM}+\widehat{A}=90^0\)

\(\widehat{ACN}+\widehat{A}=90^0\)

Do đó: \(\widehat{ABM}=\widehat{ACN}\)

Xét ΔABC có 

BM là đường cao ứng với cạnh AC

CN là đường cao ứng với cạnh AB

BM cắt CN tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

Suy ra: AH\(\perp\)BC

a: Xét tứ giác BHCD có 

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

Bài 2:

1: Xét ΔHBC có HA' là đường cao

nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC\left(1\right)\)

Xét ΔABC có AA' là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC}{\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC}=\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}\)

Xét ΔHAC có HB' là đường cao

nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC\left(3\right)\)

Xét ΔBAC có BB' là đường cao

nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC}{\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC}=\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}\)

Xét ΔHAB có HC' là đường cao

nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB\left(5\right)\)

Xét ΔCAB có CC' là đường cao

nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB\left(6\right)\)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB}{\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB}=\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)

Ta có: \(\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}+\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}+\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)

\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{BCH}}{S_{BAC}}=1\)

2: Xét ΔBA'H vuông tại A' và ΔBB'C vuông tại B' có

\(\hat{HBA^{\prime}}\) chung

Do đó: ΔBA'H~ΔBB'C

=>\(\frac{BA^{\prime}}{BB^{\prime}}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BB^{\prime}=BA^{\prime}\cdot BC\)

Xét ΔCA'H vuông tại A' và ΔCC'B vuông tại C' có

\(\hat{A^{\prime}CH}\) chung

Do đó: ΔCA'H~ΔCC'B

=>\(\frac{CA^{\prime}}{C^{\prime}C}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot C^{\prime}C=CA^{\prime}\cdot CB\)

\(BH\cdot BB^{\prime}+CH\cdot C^{\prime}C\)

\(=BA^{\prime}\cdot BC+CA^{\prime}\cdot BC=BC\left(BA^{\prime}+CA^{\prime}\right)=BC^2\)

Bài 1:

Xét ΔBAC có

BM,CN là các đường cao

BM cắt CN tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔBAC

=>AH⊥BC tại E

Xét tứ giác ANHM có \(\hat{ANH}+\hat{AMH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ANHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{NMH}=\hat{NAH}=\hat{BAE}\left(1\right)\)

Xét tứ giác CMHE có \(\hat{CMH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CMHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EMH}=\hat{ECH}=\hat{NCB}\)

mà \(\hat{NCB}=\hat{BAE}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{EMH}=\hat{BAE}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NMB}=\hat{EMB}\)

=>MB là phân giác của góc NME

a) Xét ΔANC và ΔAMB có

\(\widehat{BAC}\) chung

\(\widehat{ANC}=\widehat{AMB}\left(=90^0\right)\)

Do đó: ΔANC∼ΔAMB(g-g)

⇒\(\frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}\)

hay \(\frac{AN}{AC}=\frac{AM}{AB}\)

Xét ΔAMN và ΔABC có

\(\frac{AN}{AC}=\frac{AM}{AB}\)(cmt)

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔAMN∼ΔABC(c-g-c)

b) Xét ΔABC có

BM là đường cao ứng với cạnh AC(gt)

CN là đường cao ứng với cạnh AB(gt)

BM\(\cap\)CN={H}

Do đó: H là trực tâm của ΔABC(định nghĩa trực tâm của tam giác)

Gọi K là giao điểm của AH và BC

⇒AK⊥BC

hay HK⊥BC

Xét ΔBHK và ΔBCM có

\(\widehat{BKH}=\widehat{BMC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK∼ΔBCM(g-g)

⇒\(\frac{BH}{BC}=\frac{BK}{BM}\)

hay \(BH\cdot BM=BC\cdot BK\)

Xét ΔBCN và ΔHCK có

\(\widehat{HCK}\) chung

\(\widehat{BNC}=\widehat{HKC}\left(=90^0\right)\)

Do đó: ΔBCN∼ΔHCK(g-g)

⇒\(\frac{BC}{HC}=\frac{CN}{CK}\)

hay \(CN\cdot CH=BC\cdot CK\)

Ta có: \(BM\cdot BH+CN\cdot CH\)

\(=BK\cdot BC+CK\cdot BC\)

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