ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(1\right)\)

Xét ΔABD vuông tại A có AK là đường cao

nên \(BK\cdot BD=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BC=BK\cdot BD\)

=>\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BC}\)

Xét ΔBHK và ΔBDC có

\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BC}\)

\(\widehat{HBK}\) chung

Do đó: ΔBHK đồng dạng với ΔBDC

Câu a

Xét tam giác ABD và AMD có

AB = AM từ gt

Góc BAD = MAD vì AD phân giác BAM

AD chung

=> 2 tam guacs bằng nhau

Câu b

Ta có: Góc EMD bằng CMD vì góc ABD bằng AMD

Bd = bm vì 2 tam giác ở câu a bằng nhau

Góc BDE bằng MDC đối đỉnh

=> 2 tam giác bằng nhau

Câu 4: 

a: Xét ΔABD vuông tại B và ΔAED vuông tại E có

AD chung

góc BAD=góc EAD

Do đó: ΔBAD=ΔEAD
b: Ta có: AB=AE

DB=DE

Do đó: AD là đường trung trực của BE

c: Xét ΔBDF vuông tại B và ΔEDC vuông tại E có

DB=DE

góc BDF=góc EDC

Do đó: ΔBDF=ΔEDC

Suy ra: BF=EC

Sau gần một buổi trưa lăn lội với Thales, đồng dạng ở câu b thì t đã nghĩ đến cách của lớp 7 ~ ai dè làm được ^^

Sao bổ sung hình vẽ không được vậy nè

a) Xét \(\Delta HBA\) và \(\Delta ABC\) có:

\(\widehat{HAB}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\widehat{B}:chung\)

do đó \(\Delta HBA\sim\Delta ABC\left(g-g\right)\)

b) Xét \(\text{ΔHBAvàΔHAC}\) có:

\(\widehat{BHA}=\widehat{CHA}=90^o\)

\(\widehat{ABH}=\widehat{HAC}\) ( do cùng phụ với \(\widehat{BAH}\))

Do đó: \(\Delta HBA\sim\Delta HAC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{HB}{HA}=\frac{HA}{HC}\Rightarrow HA^2=HB\cdot HC\)

c) Xét tứ giác ADHE có:

\(\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{E}=90^o\)

Do đó ADHE là hình chữ nhật

Gọi O là giao điểm 2 đường chéo hình chữ nhật(AH và DE)

\(\Rightarrow OD=OA\)(tính chất HCN)

\(\Rightarrow\Delta ODA\) cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{ODA}=\widehat{OAD}\)

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

\(\widehat{BHA}=\widehat{DAE}=90^o\\ \widehat{ODA}=\widehat{OAD}\left(cmt\right)\\ \Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta HAB\)

Mà \(\Delta HBA\sim\Delta ABC\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\) (tính chất bắc cầu)

a) Xét ΔHBA và ΔABC có

\(\widehat{ABH}\) chung

\(\widehat{AHB}=\widehat{CAB}\left(=90^0\right)\)

Do đó: ΔHBA∼ΔABC(g-g)

b) Ta có: ΔHBA∼ΔABC(cmt)

⇒\(\widehat{BAH}=\widehat{BCA}\)(hai góc tương ứng)

Xét ΔHBA và ΔHAC có

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\)(cmt)

\(\widehat{AHB}=\widehat{CHA}\left(=90^0\right)\)

Do đó: ΔHBA∼ΔHAC(g-g)

⇒\(\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\)

hay \(AH^2=BH\cdot HC\)(đpcm)

c) Xét tứ giác ADHE có

\(\widehat{EAD}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

\(\widehat{AEH}=90^0\)(EH⊥AC)

\(\widehat{ADH}=90^0\)(HD⊥AB)

Do đó: ADHE là hình chữ nhật(dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)

Xét ΔAED vuông tại A và ΔDHA vuông tại D có

ED=HA(ED và HA là hai đường chéo của hình chữ nhật ADHE)

EA=HD(EA và HD là hai cạnh đối của hình chữ nhật ADHE)

Do đó: ΔAED=ΔDHA(cạnh huyền-góc nhọn)

Xét ΔDHA và ΔHBA có

\(\widehat{DAH}\) chung

\(\widehat{HDA}=\widehat{BHA}\left(=90^0\right)\)

Do đó: ΔDHA∼ΔHBA(g-g)

mà ΔDHA=ΔAED(cmt)

nên ΔAED∼ΔHBA

mà ΔHBA∼ΔABC(cmt)

nên ΔAED∼ΔABC(tính chất bắc cầu)(đpcm)

còn câu d ?

a) + ΔADB ∼ ΔAEC ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)

+ ΔADE ∼ ΔABC ( c.g.c )

b) + AC // MH \(\Rightarrow\frac{AH}{AB}=\frac{MC}{CB}\)

+ AB // MK \(\Rightarrow\frac{CK}{AC}=\frac{MC}{CB}\)

\(\Rightarrow\frac{CK}{AC}-\frac{AH}{AB}=0\)

\(\Rightarrow\left(\frac{CK}{AC}+1\right)-\frac{AH}{AB}=1\)

\(\Rightarrow\frac{AK}{AC}-\frac{AH}{AB}=1\)