a, Áp dụng định lí Pitago

\(\dfrac{AC^2+CB^2-BA^2}{CB^2+BA^2-AC^2}\\ =\dfrac{AK^2+KC^2+\left(BK+KC\right)^2-AB^2}{\left(BK+KC^2\right)+BA^2-\left(AK+KC\right)^2}\\ =\dfrac{2CK^2+2BK.CK}{2BK^2+2BK.Ck}\\ =\dfrac{2CK\left(CK+BK\right)}{2BK\left(BK+CK\right)}=\dfrac{CK}{BK}\) 

b, Ta có 

\(tanB=\dfrac{AK}{BK};tanC=\dfrac{AK}{CK}\\ Nên:tanBtanC=\dfrac{AK^2}{BK.CK}\left(1\right)\\ Mặt.khác.ta.có:\\ B=HKC\\ mà:tanHKc=\dfrac{KC}{KH}\\ Nên.tanB=\dfrac{KC}{KH}\\ Tương.tự.tanC=\dfrac{KB}{KH}\\ \Rightarrow tanB.tanC=\dfrac{KB.KC}{KH^2}\left(2\right)\) 

Từ (1) và (2)

 \(\Rightarrow\left(tanB.tanC\right)^2=\left(\dfrac{AK}{KH}\right)^2\\ Theo.GT:\\ HK=\dfrac{1}{3}AK\Rightarrow tanB.tanC=3\) 

c, Chứng minh được 

\(\Delta ABC.và.\Delta ADE.đồng.dạng\\ \Rightarrow\dfrac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\left(\dfrac{AB}{AD}\right)^2\left(3\right)\) 

Mà

 \(\widehat{BAC}=60^0\Rightarrow\widehat{ABD}=30^0\\\Rightarrow AB=2AD\left(4\right)\\ Từ.\left(3\right)và\left(4\right)=4\\ \Rightarrow S_{ADE}=30cm^2\)

Giải câu a thôi cũng được

Giúp mình đi, mai mình phải nộp bài rồi

a: Xét ΔABC có

BD là đường cao ứng với cạnh AC

CE là đường cao ứng với cạnh AB

BD cắt CE tại H 

Do đó: H là trực tâm của ΔBAC

hay AH\(\perp\)BC tại K

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBKH\(\sim\)ΔBDC

Suy ra: \(\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\)

hay \(BH\cdot BD=BK\cdot BC\)

Bài 1: 

a) Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có 

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD∼ΔACE(g-g)

2.

ĐK: \(x\ne0\)

\(10\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2+5\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)^2-5\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2=\left(x-5\right)^2-5\)

\(\Leftrightarrow10\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2+5\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)\left(x^2+\dfrac{1}{x}-x^2-\dfrac{1}{x^2}-2\right)^2=\left(x-5\right)^2-5\)

\(\Leftrightarrow10\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2-10\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)=\left(x-5\right)^2-5\)

\(\Leftrightarrow\left(x-5\right)^2-5=20\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-5=5\\x-5=-5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=10\left(tm\right)\\x=0\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(x=10\)

b)

Ta có: \(\Delta ADB\sim\Delta AEC\)   (cm câu a)

⇒ \(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)      

⇔ \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) có:

          \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)

           \(\widehat{A}\) : chung

⇒  \(\Delta ADE\sim\Delta ABC\)      \(\left(c.g.c\right)\)

⇒      \(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)       (2 góc tương ứng)

⇒        \(ĐPCM\)

Akai Haruma giải giúp em câu a thôi được không ạ, em cảm ơn nhiều.

tự vẽ hình nhé

AC²+BC²-AB²=AK²+KC²+BK²+KC²+2BK.CK-AK²-BK²

=2KC²+2BK.CK=2KC(KC+BK)

AB²+BC²-CA²=BK²+AK²+BK²+KC²+2BK.CK-AK²-KC²

2BK²+2BK.CK=2BK(BK+CK)

^➜AC²+BC²-AB²/AB²+BC²-CA²=2KC(KC+BK)/2BK(BK+CK)
=KC/BK

a) Ta có: \(\angle AEH+\angle ADH=90+90=180\Rightarrow AEHD\) nội tiếp (1)

Vì AK là đường kính \(\Rightarrow\angle ANK=90\)

\(\Rightarrow\angle ANH+\angle ADH=90+90=180\Rightarrow ANHD\) nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow A,N,E,H,D\) cùng thuộc 1 đường tròn

b) Ta có: \(\angle BEC=\angle BDC=90\Rightarrow BCDE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle ADE=\angle ABC\)

Ta có: \(\angle OAC=\dfrac{180-\angle AOC}{2}=90-\dfrac{1}{2}\angle AOC=90-\angle ABC\)

\(\Rightarrow\angle ADE+\angle OAC=90\Rightarrow AO\bot DE\)

c) DE cắt BC tại Q'.Q'A cắt (O) tại N'

Xét \(\Delta Q'EB\) và \(\Delta Q'CD:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle Q'EB=\angle Q'CD\\\angle CQ'Dchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta Q'EB\sim\Delta Q'CD\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{Q'E}{Q'C}=\dfrac{Q'B}{Q'D}\Rightarrow Q'B.Q'C=Q'D.Q'E\)

Xét \(\Delta Q'N'B\) và \(\Delta Q'CA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle Q'N'B=\angle Q'CA\\\angle CQ'Achung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta Q'N'B\sim\Delta Q'CA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{Q'N'}{Q'C}=\dfrac{Q'B}{Q'A}\Rightarrow Q'B.Q'C=Q'N'.Q'A\)

\(\Rightarrow Q'N'.Q'A=Q'D.Q'E\Rightarrow AN'DE\) nội tiếp

mà AEHD nội tiếp \(\Rightarrow A,N',D,E,H\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow N\equiv N'\Rightarrow Q\equiv Q'\Rightarrow\)  đpcm