a) Xét ΔAHE vuông tại E và ΔABD vuông tại D có 

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAHE\(\sim\)ΔABD(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{AE}{AD}\)

hay \(AB\cdot AE=AH\cdot AD\)

b) Xét ΔEHA vuông tại E và ΔEBC vuông tại E có 

\(\widehat{AHE}=\widehat{CBE}\)(ΔAHE\(\sim\)ΔABD)

Do đó: ΔEHA\(\sim\)ΔEBC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EA}{EC}\)

hay \(EA\cdot EB=EH\cdot EC\)

d) Ta có: ΔABC cân tại A(gt)

mà AD là đường cao ứng với cạnh đáy BC(Gt)

nên AD là đường trung tuyến ứng với cạnh BC

Suy ra: \(BD=DC=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{6}{2}=3\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABD vuông tại D, ta được:

\(AD^2+BD^2=AB^2\)

\(\Leftrightarrow AD^2=5^2-3^2=16\)

hay AD=4(cm)

Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBDA vuông tại D có 

\(\widehat{B}\) chung

Do đó: ΔBEC\(\sim\)ΔBDA(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{BE}{BD}=\dfrac{BC}{BA}\)

\(\Leftrightarrow BE=\dfrac{6\cdot3}{5}=\dfrac{18}{5}=3.6\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔBEC vuông tại E, ta được:

\(BC^2=BE^2+EC^2\)

\(\Leftrightarrow EC^2=6^2-3.6^2=23.04\)

hay EC=4,8(cm)

b: Xét ΔADB và ΔAEC có 

\(\widehat{A}\) chung

\(\widehat{ABD}=\widehat{ACE}\left(=\dfrac{1}{2}\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔADB\(\sim\)ΔAEC

1) d) Ta có: \(\Delta\)KHC cân tại H 

=> HK = CK 

=> AB = AC = 2Ck = 2HK 

=> AB = 2 HK 

Ta có: 

Qua H kẻ đường thẳng // với HA cắt AB tại T 

Xét \(\Delta\)KHA và \(\Delta\)ATK có: 

AK chung 

^HKA = ^TAK ( so le trong ) 

^HAK = ^TKA ( so le trong ) 

=> \(\Delta\)KHA = \(\Delta\)ATK 

=> AT = HK và KT = HA 

=> AB = 2HK = 2AT

Khi đó: AH + BK = KT + BK > BT = AB + AT 

=> 2 ( AH + BK ) > 2 AB + 2AT = 2AB + AB = 3AB 

Vậy 2 ( AH + BK) > 3AB

2) 

a)

AD = AB ( \(\Delta\)ADB cân tại A ) 

AC = AE ( \(\Delta\)ACE cân tại E) 

^DAC = ^BAE ( vì ^DAC = ^DAB + ^BAC = 90^o + ^BAC  ; ^BAE = ^BAC + ^CAE = ^BAC + 90^o ) 

=> \(\Delta\)ADC = \(\Delta\)ABE (1)

=> CD = EB 

(1) => ^ADC = ^ABE => ^ADP = ^PBQ (2)

Xét \(\Delta\)APD và \(\Delta\)PQB 

có: ^APD + ^ADP + ^PAD = ^PQB + ^PBQ + ^QPB  = 180 độ ( tổng 3 góc  trong 1 tam giác ) 

mà ^ADP = ^PBQ (theo (2)) ; ^APD = ^QPB ( đối đỉnh) 

=> ^PQB = ^PAD = ^BAD = 90 độ  ( \(\Delta\)ABD vuông ) 

=> DC vuông BE 

b) Trên mặt phẳng bờ DE không chứa A, qua D kẻ tia Dx // AE. Trên Dx lấy điểm M sao cho DM = AE 

Gọi giao điểm của DE và MA là I

Dễ dàng chứng minh được: \(\Delta\)DIM = \(\Delta\)EIA  (3) 

=> DM = AE = AC 

Lại có: ^MDA + ^DAE = ^MDE + ^EDA + ^DAE = ^DEA + ^EDA + ^DAE = 180 độ 

mà ^DAE + ^BAC = 180 độ 

=> ^MDA = ^BAC 

Xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)DAM có: AB = DA ; AC = DM ; ^BAC = ^ADM 

=> \(\Delta\)ABC = \(\Delta\)DAM 

=> ^DAM = ^ABC 

=> ^DAM + ^DAB + ^BAH = ^ABC + 90^o + ^BAH = 180 độ 

=> M; I; A; H thẳng hàng 

=> AH cắt DE tại I 

(3) => ID = IE => I là trung điểm của DE 

Do vậy AH đi qua trung điểm của DE 

2, c) 

Trên mặt phẳng bờ AB  chứa D lấy điểm N sao cho \(\Delta\)ANB đều 

=> BK = AB = BN 

và ^DBN = ^ABN - ^ABD = 60^o - 45^o = 15^o  ( vì \(\Delta\)ABD vuông cân => ^ABD = 45 độ ) 

Ta có: ^ABD = 45^o mà ^ABK = 30^o 

=> ^DBK = ^ABD - ^ABK = 15^o 

Xét \(\Delta\)KBD và \(\Delta\)NBD 

có: BN = BK ( chứng minh trên ) 

^DBK = ^DBN ( = 15 độ ) 

BD chung 

=> \(\Delta\)KBD = \(\Delta\)NBD 

=> ND = KD ( 4) 

Xét \(\Delta\)BAK và \(\Delta\)DAN có: 

BA = BK = AN = AD 

^ABK = ^DAN = 30 độ ( vì ^DAN = ^DAB - ^NAB = 90 độ - 60 độ = 30 độ ) 

=> \(\Delta\)BAK = \(\Delta\)DAN 

=> AK = DN ( 5) 

Từ (4) ; (5) => AK = KD

 d) Do H là giao điểm của hai đường cao AD và BE của ∆ABC (gt)

⇒ CH là đường cao thứ ba của ∆ABC

⇒ CH ⊥ AB

Mà BF ⊥ AB (gt)

⇒ CH // BF

Do CF ⊥ AC (gt)

BE ⊥ AC (gt)

⇒ CF // BE

⇒ CF // BH

Tứ giác BHCF có:

CH // BF (cmt)

CF // BH (cmt)

⇒ BHCF là hình bình hành

e) Do BHCF là hình bình hành (cmt)

Mà M là trung điểm của đường chéo BC (gt)

⇒ M là trung điểm của đường chéo HF

⇒ H, M, F thẳng hàng