a) Xét tam giác MND có:

\(MN^2+MD^2=10^2+24^2=676\)

\(DN^2=26^2=676\)

\(\Rightarrow MN^2+MD^2=DN^2\)

=> Tam giác MND vuông tại M(Pytago đảo)

b) Áp dụng HTL:

\(MI.DN=MN.MD\)

\(\Rightarrow MI=\dfrac{MN.MD}{DN}=\dfrac{10.24}{26}=\dfrac{120}{13}\left(cm\right)\)

c) Xét tứ giác MKID có:

\(\widehat{KMD}=\widehat{MKI}=\widehat{MDI}=90^0\)

=> Tứ giác MKID là hình chữ nhật

=> HK=MI

a: Xét ΔIHM vuông tại H và ΔINM vuông tại N có

IM chung

\(\widehat{HIM}=\widehat{NIM}\)

Do đó: ΔIHM=ΔINM

b: ta có: ΔIHM=ΔINM

nên HM=NM

c: Ta có: HM=MN

mà MN<MK

nên HM<MK

a, HS tự chứng minh

b, HS tự chứng minh

c, HS tự chứng minh

d, ∆MIH:∆MAB

=>  M H M B = I H A B = 2 E H 2 F B = E H F B

=> ∆MHE:∆MBF

=>  M F A ^ = M E K ^  (cùng bù với hai góc bằng nhau)

=> KMEF nội tiếp =>  M E F ^ = 90 0

Qua N kẻ đường thẳng EF song song với BC (\(E\in AB,F\in AC\)), qua E kẻ đường thẳng song song với HK cắt AC tại G

Có: EF // BC (theo cách chọn hình phụ) nên theo định lý Thales, ta có: \(\frac{EN}{BM}=\frac{AN}{AM}=\frac{NF}{MC}\)

Mà BM = MC (do AM là trung tuyến) nên NE = NF

\(\Delta\)EFG có NK // EG (theo cách chọn hình phụ), N là trung điểm của EF (cmt) nên K là trung điểm của GF hay GK = KF (*)

Xét\(\Delta\)AHI và \(\Delta\)AKI có: ^AHI = ^AKI = 90⁰ (gt); AI là cạnh chung; ^HAI = ^KAI (gt) nên \(\Delta\)AHI = \(\Delta\)AKI (ch - gn)

=> AH = AK (hai cạnh tương ứng)  hay \(\Delta\)AHK cân tại A lại có EG // HK nên \(\Delta\)AEG cũng cân tại A => AE = AG

=> AH - AE = AK - AG => HE = GK = KF (theo (*))

Xét \(\Delta\)IHE và \(\Delta\)IKF có: IH = IK (tính chất của điểm thuộc tia phân giác); ^IHE = ^IKF ( = 90⁰); HE = KF (cmt) => \(\Delta\)IHE = \(\Delta\)IKF (c.g.c) => IE = IF (hai cạnh tương ứng) do đó \(\Delta\)IEF cân tại I có IN là trung tuyến nên cũng là đường cao

Ta có: NI\(\perp\)EF và EF // BC (theo cách vẽ hình phụ) nên NI \(\perp\)BC (đpcm)

Câu hỏi của Phạm Thị Hằng - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath