\(BE||DM\) (cùng vuông góc AC)

Theo định lý Talet: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{MK}{EH}=\dfrac{CK}{CH}\\\dfrac{DK}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{MK}{EH}=\dfrac{DK}{BH}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{EH}=\dfrac{DK}{MK}\)

Hai tam giác vuông AHE và ACD đồng dạng (chung góc A) \(\Rightarrow\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AD}\Rightarrow AH.AD=AC.AE\)

Tương tự CHE đồng dạng CAF \(\Rightarrow\dfrac{CH}{AC}=\dfrac{CE}{CF}\Rightarrow CH.CF=AC.CE\)

\(\Rightarrow AH.AD+CH.CF=AC.AE+AC.CE=AC\left(AE+CE\right)=AC^2\) (1)

Lại có 2 tam giác vuông ACD và DCM đồng dạng (chung góc C)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{CD}{CM}\Rightarrow AC=\dfrac{CD^2}{CM}\Rightarrow AC^2=\dfrac{CD^4}{CM^2}\) (2)

(1); (2) suy ra đpcm

2.

\(\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)-\dfrac{3}{xy}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^3-\dfrac{3}{xy}\left(-\dfrac{1}{z}\right)+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=\left(-\dfrac{1}{z}\right)^3+\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{z^3}\)

\(=-\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{3}{xyz}+\dfrac{1}{z^3}=\dfrac{3}{xyz}\)

Do đó:

\(P=\dfrac{2017}{3}xyz.\dfrac{3}{xyz}=2017\)

a) I là giao điểm của ba đường phân giác tại ba góc A, B, C nên:

     \(\widehat {IAB} = \widehat {IAC};\widehat {IBA} = \widehat {IBC};\widehat {ICB} = \widehat {ICA}\).

Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên:

     \(\begin{array}{l}\widehat {BAC} + \widehat {ACB} + \widehat {CBA} = 180^\circ \\\widehat {IAB} + \widehat {IAC} + \widehat {IBA} + \widehat {IBC} + \widehat {ICB} + \widehat {ICA} = 180^\circ \\2\widehat {IAB} + 2\widehat {IBC} + 2\widehat {ICA} = 180^\circ \end{array}\)

Vậy \(\widehat {IAB} + \widehat {IBC} + \widehat {ICA} = 90^\circ \).

b) Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180°. Xét tam giác BIC:

\(\begin{array}{l}\widehat {BIC} + \widehat {IBC} + \widehat {ICB} = 180^\circ \\\widehat {BIC} = 180^\circ  - (\widehat {IBC} + \widehat {ICB})\end{array}\).

Mà  \(\widehat {IAB} + \widehat {IBC} + \widehat {ICA} = 90^\circ \)→ \(\widehat {IBC} + \widehat {ICA} = 90^\circ  - \widehat {IAB}\).

Vậy: \(\begin{array}{l}\widehat {BIC} = 180^\circ  - (\widehat {IBC} + \widehat {ICB})\\\widehat {BIC} = 180^\circ  - (90^\circ  - \widehat {IAB})\\\widehat {BIC} = 90^\circ  + \widehat {IAB}\end{array}\)

Mà \(\widehat {IAB} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC}\)(IA là phân giác của góc BAC).

Vậy \(\widehat {BIC} = 90^\circ  + \widehat {IAB} = 90^\circ  + \dfrac{1}{2}\widehat {BAC}\). 

Ta có: AB < AC nên \(\widehat {ACB} < \widehat {ABC}\) (góc ACB đối diện với cạnh AB; góc ABC đối diện với cạnh AC)

Mà tam giác ADB và tam giác ADC vuông tại D.

Vì tổng hai góc nhọn trong một tam giác vuông bằng 90°.

Mà \(\widehat {ACB} < \widehat {ABC}\).

Suy ra: \(90^\circ  - \widehat {ACB} > 90^0 - \widehat {ABC}\) hay \(\widehat {DAC} > \widehat {DAB}\).

Vậy \(\widehat {HAC} > \widehat {HAB}\) hay \(\widehat {HAB} < \widehat {HAC}\).

Suy ra: A, B, D sai.

Đáp án: C.\(\widehat {HAB} = \widehat {HCB}\).

a) Tam giác ABC cân tại A nên: \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = 70^\circ \).

Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° nên: \(\widehat {BAC} = 180^\circ  - 70^\circ  - 70^\circ  = 40^\circ \).

b) Xét tam giác vuông ADB và tam giác vuông AEC có:

     AB = AC (tam giác ABC cân);

     \(\widehat A\) chung.

Vậy \(\Delta ADB = \Delta AEC\)(cạnh huyền – góc nhọn). Suy ra: BD = CE ( 2 cạnh tương ứng).

c) Trong tam giác ABC có H là giao điểm của hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm trong tam giác ABC hay AF vuông góc với BC.

Xét hai tam giác vuông AFB và AFC có:

     AB = AC (tam giác ABC cân);

     AF chung.

Vậy \(\Delta AFB = \Delta AFC\)(cạnh huyền – cạnh góc vuông). Suy ra: \(\widehat {FAB} = \widehat {FAC}\) ( 2 góc tương ứng) hay \(\widehat {BAH} = \widehat {CAH}\).

Vậy tia AH là tia phân giác của góc BAC.

a: góc AEH+góc AFH=180 độ

=>AEHF nội tiếp

góc EAH+góc ACB=90 độ

góc EBC+góc ACB=90 độ

=>góc EAH=góc EBC

b: AK cắt EF tại M

AK cắt BC tại N

AH cắt (O) tại K

=>HM//AB và QN//AB

=>HM//QN

a) Vì \(BM\)là đường cao nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \); vì \(CN\)là đường cao nên \(\widehat {ANC} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(AMB\) và tam giác \(ANC\) có:

\(\widehat A\) (chung)

\(\widehat {ANB} = \widehat {ANC} = 90^\circ \) (chứng minh trên)

Suy ra, \(\Delta AMB\backsim\Delta ANC\) (g.g).

Suy ra, \(\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ).

Do đó, \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) (tỉ lệ thức)

Xét tam giác \(AMN\) và tam giác \(ABC\) có:

\(\widehat A\) (chung)

\(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) (chứng minh trên)

Suy ra, \(\Delta AMN\backsim\Delta ABC\) (c.g.c).

b) Xét tam giác \(AMN\) có \(AI\) là đường phân giác của \(\widehat {MAN}\left( {I \in MN} \right)\).

Theo tính chất đường phân giác ta có:

\(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{AM}}{{AN}}\)

Xét tam giác \(ABC\) có \(AK\) là đường phân giác của \(\widehat {BAC}\left( {K \in BC} \right)\).

Theo tính chất đường phân giác ta có:

\(\frac{{BK}}{{KC}} = \frac{{AB}}{{AC}}\)

Mà \(\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) (chứng minh trên) nên \(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{KB}}{{KC}}\) (điều phải chứng minh).

ME^2=MP*MK

=>ME/MK=MP/ME

=>ΔMEK đồng dạng vơi ΔMPE

=>góc MKE=góc PEM

=>góc KEF=góc KPE

góc KAB=góc KFB+góc KEF

=>gócKAF=góc KEF

=>KAEF nội tiếp

=>góc KFE+góc KAE=180 độ

mà góc KQC+góc KAC=180 độ

góc KQF+góc NFK=180 độ

nên góc KQF+góc NFQ+góc QFK=180 độ

màgóc KQF+góc QFK+góc QKF=180 độ

nên góc NFQ=góc QKF

góc NBK=1/2*sđ cung NK=góc KAF=góc AEF

=>NBEK nội tiếp

=>góc NKE+góc NBE=180 độ

góc NFK+góc FKE=góc NKE=180 độ-góc NBE

=>góc NKF=180 độ-góc NBE-góc FKE

=>góc NKF=180 độ-góc BCP-góc FAE

=>góc NKF=góc BAP-góc FAE=góc CAP

mà góc CAP=góc CBP=goc CFE=góc QFN=góc QKF

nên Q,K,N thẳng hàng