Bài 6:
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
Xét ΔADB vuông tại D có \(cosDAB=\frac{AD}{AB}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=cos45=\frac{1}{\sqrt2}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
góc DAE chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{\sqrt2}\)
=>\(BC=DE\cdot\sqrt2\)
b: Xét ΔEAH vuông tại E và ΔECB vuông tại E có
\(\hat{EAH}=\hat{ECB}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)
Do đó: ΔEAH~ΔECB
=>\(\frac{EA}{EC}=\frac{EH}{EB}\)
=>\(EH\cdot EC=EA\cdot EB\le\frac14\left(EA+EB\right)=\frac14\cdot AB\)
c: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBDC vuông tại D có
\(\hat{FBH}\) chung
Do đó: ΔBFH~ΔBDC
=>\(\frac{BF}{BD}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BD=BF\cdot BC\)
Xét ΔCFH vuông tại F và ΔCEB vuông tại E có
\(\hat{FCH}\) chung
Do đó: ΔCFH~ΔCEB
=>\(\frac{CF}{CE}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot CE=CF\cdot CB\)
\(BH\cdot BD+CH\cdot CE\)
\(=BF\cdot BC+CF\cdot BC=BC\left(BF+CF\right)=BC^2\)
d: Vì AK⊥BC tại K và AF⊥BC tại F
nên K trùng với F
Xét ΔHBC có HK là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HK\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AK là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AK\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HK\cdot BC}{\frac12\cdot AK\cdot BC}=\frac{HK}{AK}\)
Xét ΔHAC có DH là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HD\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BD là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BD\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot AC}{\frac12\cdot BD\cdot AC}=\frac{HD}{BD}\)
Xét ΔHAB có HE là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HE\cdot AB\left(5\right)\)
Xét ΔBAC có BE là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot CE\cdot AB\) (6)
từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AB}{\frac12\cdot CE\cdot AB}=\frac{HE}{CE}\)
\(\frac{HK}{AK}+\frac{HD}{BD}+\frac{HE}{CE}=\frac{S_{HAB}}{S_{BAC}}+\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}+\frac{S_{HBC}}{S_{BAC}}=1\)
Bài 5:
a: \(AC\cdot BD=\frac{AB^2}{4}\)
=>\(AC\cdot BD=\frac{\left(2\cdot AO\right)^2}{4}=4\cdot\frac{AO^2}{4}=AO^2=AO\cdot OB\)
=>\(\frac{AC}{OB}=\frac{AO}{BD}\)
Xét ΔAOC vuông tại A và ΔBDO vuông tại B có
\(\frac{AO}{BD}=\frac{AC}{BO}\)
Do đó: ΔAOC~ΔBDO
=>\(\hat{AOC}=\hat{ODB}\)
mà \(\hat{ODB}+\hat{BOD}=90^0\) (ΔBOD vuông tại B)
nên \(\hat{AOC}+\hat{BOD}=90^0\)
Ta có: \(\hat{AOC}+\hat{BOD}+\hat{COD}=180^0\)
=>\(\hat{COD}=180^0-90^0=90^0\)
=>OC⊥OD tại O
b: Gọi K là giao điểm của DO và CA
Xét ΔOAK vuông tại A và ΔOBD vuông tại B có
OA=OB
\(\hat{AOK}=\hat{BOD}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó; ΔOAK=ΔOBD
=>OK=OD
Xét ΔCOK vuông tại O và ΔCOD vuông tại O có
CO chung
OK=OD
Do đó: ΔCOK=ΔCOD
=>\(\hat{OCK}=\hat{OCD}\)
=>CO là phân giác của góc ACD
c: Xét ΔOCD vuông tại O có OI là đường cao
nên \(OI^2=IC\cdot ID\)
d: Xét ΔCAO vuông tại A và ΔCIO vuông tại I có
CO chung
\(\hat{ACO}=\hat{ICO}\)
Do đó: ΔCAO=ΔCIO
=>CA=CI và OA=OI
Ta có: OA=OI
OA=OB
Do đó: OI=OB
Xét ΔDIO vuông tại I và ΔDBO vuông tại B có
DO chung
OI=OB
Do đó: ΔDIO=ΔDBO
=>DI=DB
Xét ΔEAC và ΔEDB có
\(\hat{EAC}=\hat{EDB}\) (hai góc so le trong, AC//BD)
\(\hat{AEC}=\hat{DEB}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔEAC~ΔEDB
=>\(\frac{EA}{ED}=\frac{EC}{EB}=\frac{AC}{BD}=\frac{CI}{ID}\)
Xét ΔCDB có \(\frac{CE}{EB}=\frac{CI}{ID}\)
nên IE//BD
mà BD⊥AB
nên IE⊥AB tại K
gọi F là giao điểm của AI và BD
Xét ΔIAB có
IO là đường trung tuyến
IO=AB/2
Do đó: ΔIAB vuông tại I
=>BI⊥AF tại I
=>ΔBIF vuông tại I
Ta có: \(\hat{DIB}+\hat{DIF}=\hat{FIB}=90^0\)
\(\hat{DBI}+\hat{DFI}=90^0\) (ΔFIB vuông tại I)
mà \(\hat{DIB}=\hat{DBI}\)
nên \(\hat{DIF}=\hat{DFI}\)
=>DI=DF
mà DI=DB
nên DF=DB(1)
Xét ΔDAF có IE//DF
nên \(\frac{IE}{DF}=\frac{AE}{AD}\) (2)
Xét ΔADB có EK//DB
nên \(\frac{EK}{DB}=\frac{AE}{AD}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra IE=EK
=>E là trung điểm của IK
