a: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền BA, ta được:

\(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền CA, ta được:

\(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

hay \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có 

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

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB

a, Vì IK là đtb tg AHB nên IK//AB hay IK⊥AC (AB⊥AC)

Xét tg AKC có AH là đg cao (AH⊥BC), IK là đg cao (IK⊥AC), AH cắt IK tại I nên I là trực tâm

Do đó CI là đg cao còn lại

Vậy CI⊥AK

a: Xét ΔABC vuông tại A có \(\left\{{}\begin{matrix}sinB=\dfrac{AC}{BC}\\sinC=\dfrac{AB}{BC}\end{matrix}\right.\)

=>\(\dfrac{sinC}{sinB}=\dfrac{AB}{BC}:\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AB}{AC}\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔADE vuông tại D có

AH=AD

\(\widehat{HAB}=\widehat{DAE}\)

Do đó: ΔAHB=ΔADE

c: Ta có: ΔAHB=ΔADE

=>AB=AE

=>A là trung điểm của BE

Xét ΔCEB có

CA là đường trung tuyến

CA là đường cao

Do đó: ΔCEB cân tại C

d: Ta có: ΔCEB cân tại C

mà CA là đường cao

nên CA là phân giác của góc BCE

Xét ΔCIA vuông tại I và ΔCHA vuông tại H có

CA chung

\(\widehat{ICA}=\widehat{HCA}\)

Do đó: ΔCIA=ΔCHA

=>AI=AH

Xét (A;AH) có

AI là bán kính

CE\(\perp\)AI tại I

Do đó: CE là tiếp tuyến của (A;AH)

a)Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:

\(AH^2=AE.AB\)

\(AH^2=AF.AC\)

\(\Rightarrow AE.AB=AF.AC\)

b)(\(\dfrac{BE}{CF}\) chứ)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:

\(AB^2=BH.BC\)

\(AC^2=CH.BC\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH}{CH}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{AB^4}{AC^4}=\dfrac{BH^2}{CH^2}=\dfrac{BE.AB}{CF.AC}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{BE}{CF}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)

c)Áp dụng định lý Thales có:

\(\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BE}{BA}\Leftrightarrow BA.BH=BE.BC\)

\(\dfrac{CF}{CA}=\dfrac{CH}{BC}\Leftrightarrow CF.BC=CA.CH\)

\(\Rightarrow BA.CA.BH.CH=BE.CF.BC^2\)

\(\Leftrightarrow AH.BC.AH^2=BC^2.BE.BF\)

\(\Leftrightarrow BC^..BE.BF=AH^3\) 

Vậy ....

a) Xét \(\Delta AHB\) vuông tại H có \(HE\bot AB\Rightarrow AE.AB=AH^2\)

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại H có \(HF\bot AC\Rightarrow AF.AC=AH^2\)

\(\Rightarrow AE.AB=AF.AC\)

b) sửa đề: \(\dfrac{BE}{CF}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)

Dễ dàng chứng minh được EHAF là hình chữ nhật (có 3 góc vuông)

Ta có: \(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH.BC}{CH.BC}=\dfrac{BH}{CH}\)

Vì \(HF\parallel AB\) \(\Rightarrow\angle EBH=\angle FHC\)

Xét \(\Delta BEH\) và \(\Delta HFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BEH=\angle HFC=90\\\angle EBH=\angle FHC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BEH\sim\Delta HFC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HE}{CF}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB^3}{AC^3}=\dfrac{EH}{CF}.\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{HE.AB}{AC.CF}\left(1\right)\)

Vì \(HE\parallel AC\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BE}{HE}\Rightarrow BE=\dfrac{AB}{AC}.HE\left(2\right)\)

Thế (2) vào (1) \(\Rightarrow\dfrac{BE}{CF}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)

c) Ta có: \(AH^4=\left(AH^2\right)^2=\left(BH.CH\right)^2=BH^2.CH^2\)

\(=BE.BA.CF.CA=BE.CF.AH.BC\left(AB.AC=AH.BC\right)\)

\(\Rightarrow AH^3=BE.CF.BC\)

a) Ta có: \(\widehat{BAH}+\widehat{CAH}=\widehat{BAC}\)(tia AH nằm giữa hai tia AB,AC)

nên \(\widehat{BAH}+\widehat{CAH}=90^0\)

Xét (A) có 

CE là tiếp tuyến có E là tiếp điểm(gt)

CH là tiếp tuyến có H là tiếp điểm(AH⊥CH tại H)

Do đó: AC là tia phân giác của \(\widehat{EAH}\)(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒\(\widehat{EAH}=2\cdot\widehat{HAC}\)

Xét (A) có 

BH là tiếp tuyến có H là tiếp điểm(BH⊥AH tại H)

BD là tiếp tuyến có D là tiếp điểm(gt)

Do đó: AB là tia phân giác của \(\widehat{HAD}\)(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

⇒\(\widehat{DAH}=2\cdot\widehat{HAB}\)

Ta có: \(\widehat{EAD}=\widehat{EAH}+\widehat{DAH}\)(tia AH nằm giữa hai tia AE,AD)

mà \(\widehat{EAH}=2\cdot\widehat{HAC}\)(cmt)

và \(\widehat{DAH}=2\cdot\widehat{HAB}\)(cmt)

nên \(\widehat{EAD}=2\cdot\widehat{HAC}+2\cdot\widehat{HAB}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{EAD}=2\cdot\left(\widehat{HAC}+\widehat{HAB}\right)\)

\(\Leftrightarrow\widehat{EAD}=2\cdot90^0=180^0\)

hay A,D,E thẳng hàng(đpcm)

b) Xét (A) có 

CE là tiếp tuyến có E là tiếp điểm(gt)

CH là tiếp tuyến có H là tiếp điểm(AH⊥CH tại H)

Do đó: CE=CH(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét (A) có 

BH là tiếp tuyến có H là tiếp điểm(BH⊥AH tại H)

BD là tiếp tuyến có D là tiếp điểm(gt)

Do đó: BH=BD(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(AH^2=HC\cdot HB\)

hay \(AH^2=BD\cdot CE\)(1)

Ta có: AH=AE(=R)

mà AH=AD(=R)

nên AE=AD

mà E,A,D thẳng hàng(cmt)

nên A là trung điểm của ED

\(\Leftrightarrow EA=\dfrac{ED}{2}\)

\(\Leftrightarrow AH=\dfrac{ED}{2}\)

hay \(AH^2=\dfrac{DE^2}{4}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BD\cdot CE=\dfrac{DE^2}{4}\)(đpcm)

c) Xét (M) có 

ΔCNH nội tiếp đường tròn(C,N,H∈(M))

CH là đường kính

Do đó: ΔCNH vuông tại N(Định lí)

⇒CN⊥NH(3)

Vì (M) cắt (A) tại N và H

nên MA là đường trung trực của NH(Vị trí tương đối của hai đường tròn)

hay MA⊥NH(4)

Từ (3) và (4) suy ra CN//AM(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)

a) + AH2 = BH.CH = 9.16 = 144 AH = 12cm

+ AB2 = BH. BC = 9.25 AB  = 15cm

+ AC2 =  CH.BC = 16.25 AC = 20cm  

b) Chứng minh được tứ giác ADHE là hình chữ nhật  

c) +HD.AB = HA.HB HD = HA.HB/AB= 12.9/15 = 7,2cm

+HE.AC = HA.HC HE = HA.HC /AC = 12.16/20 = 9,6cm

+ Chu vi ADHE:  (HD + HE ).2 = (7,2 + 9,6).2 = 33,6(cm)  

 + SADHE = HD.HE = 7,2. 9,6  =  69,12(cm2)  

a)Áp dụng HTL2 vào tam giác ABC cuông tại A, đường cao AH ta có:

AH²=BH.HC=9.16=144

<=>AH=√144=12((cm)

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông BHA ta có:

BA²=AH²+BH²=12²+9²=225

<=>BA=√225=15(cm)

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông CHA ta có:

CA²=AH²+CH²=12²+16²=20(cm)

Vậy AB=15cm,AC=20cm,AH=12cm

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHAC vuông tại H có

góc C chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔHAC

b: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có

góc C chung

=>ΔCDE đồng dạng với ΔCAB

=>CD/CA=CE/CB

=>CD*CB=CA*CE

c: Xét ΔBEC và ΔADC có

CB/CA=CE/CD

góc C chung

=>ΔBEC đồg dạng vơi ΔADC