\(BE||DM\) (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:

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

bài này làm được nhưng nhại đánh máy ra.... lên mạng mà search bạn ạ

mình lên rồi nhưng ko có

A, Chứng Minh 

B, Có sẵn điều kiện

a: Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có

góc C chung

Do đo; ΔCDA đồng dạng với ΔCEB

Suy ra: CD/CE=CA/CB

hay \(CD\cdot CB=CE\cdot CA\left(1\right)\)

b": Xét ΔCIB vuông tại I có ID là đường cao

nên \(CD\cdot CB=CI^2\left(2\right)\)

Xét ΔCQA vuông tại Q có QE là đường cao

nên \(CE\cdot CA=CQ^2\left(3\right)\)

Từ (1), (2) và (3)suy ra CI=CQ

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).

hình bạn tự vé nhé.

tam giác ABC vuông tại A nên theo định lý PY-Ta-Go ta có:

\(AB^2+AC^2=BC^2\)

\(\Rightarrow6^2+8^2=BC^2\)

\(\Rightarrow BC=10\left(DO-BC>0\right)\)

b) xét \(\Delta ABC\) VÀ  \(\Delta HBA\) CÓ:

\(\widehat{BAC}=\widehat{AHB}\)

\(\widehat{B}\) CHUNG

\(\Rightarrow\Delta ABC\) đồng dạng vs  \(\Delta HBA\)

c)sửa đề:\(AB^2=BH.BC\)

TA CÓ: \(\Delta ABC\text{ᔕ}\Delta HBA\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{BH}=\frac{BC}{AB}\left(tsđd\right)\)

\(\Rightarrow AH^2=BH.BC\)

bạn kia làm 2 câu đầu mình làm 2 câu cuối nhé :

c, \(\Delta AHB~\Delta CAB\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{BC}=\frac{BH}{AB}\Rightarrow AB^2=BC.BH\)

\(\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}=3,6cm\)

\(\Rightarrow HC=6,4cm\)

d, AD phân giác \(\Delta ACB\)

\(\Rightarrow\frac{DC}{DB}=\frac{AC}{AB}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\)( 1 )

\(\Rightarrow DC+DB=BC=10cm\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow DB=\frac{30}{7}cm\)

AD bạn tính nốt nhé