a) xét tam giác ABF zà tam giác ACB có

BAC chung 

ABF= ACB (gt)

=> tam giác ABF= tam giác ACB (g.g)

\(=>\frac{AF}{AB}=\frac{AB}{AC}=>\frac{AF}{AB}=\frac{4}{8}=>AF=2\)

ta có AF+FC=AC

=> 2+FC=8

=>FC=6

b) D là trung điểm của BC ( AD là trung tuyến của tam giác ABC 

=>\(DC=\frac{1}{2}BC\)

kẻ đường cao AH

ta có \(\frac{S_{ABC}}{S_{ADC}}=\frac{\frac{1}{2}.AH.AB}{\frac{1}{2}.AH.DC}=\frac{AB}{DC}=\frac{AB}{\frac{1}{2}AB}=2\)

\(=>S_{ABC}=2S_{ADC}\)

c) tam giác CKA có OF//KA nên theo đ/l ta lét có

\(\frac{FC}{FA}=\frac{OC}{OK}\left(1\right)\)

tam giác OCI có KA//CI nên theo hệ quả đ/l ta lét ta có

\(\frac{OC}{OK}=\frac{CI}{KA}\left(2\right)\)

từ 1 zà 2 \(=>\frac{FC}{FA}=\frac{CI}{KA}\)

lại câu c nhé

c) ta có Cx//BF nên theo đ.l ta lét ta đc

\(\frac{FC}{FA}=\frac{OI}{OA}\)

Cx//AY( hệ quả ta lét )=>\(\frac{OI}{OA}=\frac{CJ}{JA}\Leftrightarrow\frac{FC}{FA}=\frac{CI}{JA}\)

tương tự ta có 

\(\frac{DB}{DC}=\frac{BO}{CI}\left(hệ\right)quả\)

\(\frac{FC}{FA}=\frac{CI}{JA}\left(cmt\right)\)

mặt khác Ay//FB ta có

\(\frac{EA}{EB}=\frac{JA}{BO}=>\frac{DB}{DC}.\frac{FC}{FA}.\frac{EA}{EB}=\frac{BO}{CI}.\frac{CI}{JA}.\frac{JA}{BO}=1\)(dpcm)

câu 2d

 Ta có SR // AB mà AB ⊥ AD (gt) ⇒ SR ⊥ AD, lại có AH ⊥ SD (gt)

⇒ R là trực tâm của ΔSAD ⇒ DR là đường cao thứ ba nên DR ⊥ SA

Mà DR // ST (DRST là hình bình hành) ⇒ ST ⊥ SA

Vậy ∠AST = 90o

...

Chúc bạn học tốt 

câu 1d

+ ΔACI có BF//CI→ FC/FA=OI/AO

IΔCOI có AJ//CI (//BF)→  CI/AJ=OI/AO

→FC/FA=CI/AJ

a: Xét ΔABC có AH là đường cao

nên \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AH\cdot BC\left(1\right)\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC^2=15^2+20^2=625\)

=>\(BC=\sqrt{625}=25\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot25=15\cdot20=300\)

=>\(AH=\dfrac{300}{25}=12\left(cm\right)\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(3\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) 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 đồng dạng với ΔACB

c: Ta có: ΔABC vuông tại A

mà AK là đường trung tuyến

nên AK=KC=KB

Ta có: KA=KC

=>ΔKAC cân tại K

=>\(\widehat{KAC}=\widehat{KCA}\)

Ta có: ΔAMN đồng dạng với ΔACB

=>\(\widehat{ANM}=\widehat{ABC}\)

Ta có: \(\widehat{KAC}+\widehat{ANM}\)

\(=\widehat{ABC}+\widehat{KCA}=90^0\)

=>AK\(\perp\)MN tại I

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot BC=CA^2\)

=>\(BH\cdot25=15^2=225;CH\cdot25=20^2=400\)

=>BH=225/25=9(cm); CH=400/25=16(cm)

Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\)

=>\(AM\cdot15=12^2\)=144

=>AM=144/15=9,6(cm)

Ta có: AMHN là hình chữ nhật

=>AH=MN

mà AH=12cm

nênMN=12cm

Ta có: ΔANM vuông tại A

=>\(AN^2+AM^2=NM^2\)

=>\(AN^2+9,6^2=12^2\)

=>AN=7,2(cm)

Xét ΔIMA vuông tại I và ΔAMN vuông tại A có

\(\widehat{IMA}\) chung

Do đó: ΔIMA đồng dạng với ΔAMN

=>\(\dfrac{S_{IMA}}{S_{AMN}}=\left(\dfrac{AM}{MN}\right)^2=\left(\dfrac{4}{5}\right)^2=\dfrac{16}{25}\)

=>\(S_{IMA}=\dfrac{16}{25}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot AM\cdot AN=22,1184\left(cm^2\right)\)

a) Xét ΔABM và ΔACB có 

\(\widehat{ABM}=\widehat{ACB}\)(gt)

\(\widehat{A}\) chung

Do đó: ΔABM∼ΔACB(g-g)

a) Xét tam giác ABM và ACB:

 Góc ABM= góc ACB(gt)

Góc A chung

=>Tam giác ABM đồng dạng ACB(g.g)

Hình bạn tự vẽ nha :v 
a, áp dụng định lý pytago vào tam giác ABC có góc BAC =90 ta đc : BC²=AC²+AB²  thay vào là đc nha
áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC có góc BAC=90 ta dc :AH.BC=AB.AC thay vào là đc nha
Mà AM=1/2 BC thay vào nha :v
b, Xét tam giác ABE và tam giác ABF có : góc ABF - góc chung và góc AEB= góc BAF=90 => tam giác ABE đồng dạng tam giác FBA => BE/BA=AB/FB=> BE.FB=AB²(1)
áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC có góc BAC=90  ta đc : AB² =BH.BC(2)
từ  (1) và (2) => dpcm 

a) Xét ΔABD và ΔACB

Có góc A chung;  ∠ABD = ∠ACB (gt)

=> ΔABD ~ ΔACB (g.g)

b) ΔABD ~ ΔACB (câu a)

DC = AC – AD = 4 -1 = 3 (cm)

c)Ta có ΔABD ~ ΔACB (chứng minh câu a)

=> ∠ADB = ∠ABC

Do đó tam giác vuông ABH đồng dạng tam giác vuông ADE (g-g)

Vậy S_ABH = 4S_ADE

Phùng Khánh @ Linh tự hỏi tự trả lời ít thôi bạn. Bạn làm nghiệp dư quá 

Ở đây chứu gì Bộ 3 đề thi học kì 2 môn Toán lớp 8 hay nhất có đáp án năm học 2015 – 2016 | Đề Thi Học Kì 2 Lớp 8

Đinh Tuấn Việt nói sai rồi! Tôi là bạn thân của Khánh Linh nick thứ 2 của cậu ấy là 007 Linh Khánh chứ! Tớ và cậu ấy mà là 1 người thì còn gì bằng! Bài của mình ko ngờ là Thầy lại cho ở trên đó! Mình cũng ko biết là thầy lại cho trên mạng.Từ giờ biết rồi sẽ copy ở trang mà cậu cho.Thanks nha Đinh Tuấn Việt
 

a/ Xét tg vuông ABC có 

BM=CM (gt) => AM=BM=CM=BC/2 (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền)

=> tg ABM cân tại M => \(\widehat{BAM}=\widehat{ABM}\) (góc ở đáy tg cân)

b/ Xét tg vuông AEF và tg vuông AFM có

\(\widehat{AEF}=\widehat{FAM}\) (cùng phụ với \(\widehat{AFE}\) ) (1)

Mà AM=CM (cmt) => tg MAC cân tại M => \(\widehat{FAM}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy th cân) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{AEF}\)

Xét tg MBE và tg MFC có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\) (cmt)

\(\widehat{BME}=\widehat{CMF}\) (góc đối đỉnh)

=> tg MBE đồng dạng với tg MFC (g.g.g)

c/ Xét tg vuông ABC và tg vuông AFE có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\) (cmt)

=> tg ABC đông dạng với tg AFE

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AF}=\dfrac{AC}{AE}\Rightarrow AB.AE=AC.AF\)

d/

Bạn vào trang cá nhân của mình đi, có cái này hay lắm