Xét tứ giác BNMC có

\(\widehat{BNC}=\widehat{BMC}=90^0\)

=>BNMC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>BNMC nội tiếp (I)

Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

=>AMHN nội tiếp (K)

Gọi giao điểm của AH với BC là E

Xét ΔABC có

CN,BM là đường cao

CN cắt BM tại H

Do đó: H là trực tâm

=>AH vuông góc BC tại E

\(\widehat{KNH}+\widehat{INH}=\widehat{KNI}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{KNI}=\widehat{KHN}+\widehat{NCB}\)

\(=\widehat{EHC}+\widehat{ECH}=90^0\)

\(\widehat{KMI}=\widehat{KMB}+\widehat{IMB}\)

\(=\widehat{KHM}+\widehat{MBC}\)

\(=\widehat{MBC}+\widehat{MCB}=90^0\)

Xét tứ giác KNIM có

\(\widehat{KNI}+\widehat{KMI}=180^0\)

=>KNIM nội tiếp

AH cắt BC tại P.

-Xét △ABC có: 

BM, CN lần lượt là các đường cao (gt).

BM và CN cắt nhau tại H.

\(\Rightarrow\) H là trực tâm của △ABC.

\(\Rightarrow\) AH là đường cao của △ABC.

Mà AH cắt BC tại P (gt).

\(\Rightarrow\) AH⊥BC tại P.

-Xét △BHP và △BCM có:

\(\widehat{CBM}\) là góc chung.

\(\widehat{BPH}=\widehat{BMC}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△BHP ∼ △BCM (g-g).

\(\Rightarrow\)\(\dfrac{BH}{BC}=\dfrac{BP}{BM}\) (2 tỉ lệ tương ứng).

\(\Rightarrow BH.BM=BP.BC\) (1)

-Xét △CHP và △CBN có:

\(\widehat{BCN}\) là góc chung.

\(\widehat{CPH}=\widehat{CNB}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△CHP ∼ △CBN (g-g).

\(\Rightarrow\)\(\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{CP}{CN}\) (2 tỉ lệ tương ứng).

\(\Rightarrow CH.CN=CP.CB\) (2)

-Từ (1), (2) suy ra:

\(BH.BM+CH.CN=BP.BC+CP.BC=BC\left(BP+CP\right)=BC.BC=BC^2\)

1. 

Câu 1:

a) $CD\perp AC, BH\perp AC$ nên $CD\parallel BH$

Tương tự: $BD\parallel CH$

Tứ giác $BHCD$ có hai cặp cạnh đối song song nhau (BH-CD và BD-CH) nên là hình bình hành

b) 

Áp dụng bổ đề sau: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng 1 nửa cạnh huyền.

Ta có:

$BO$ là trung tuyến của tgv $ABD$ nên $BO=\frac{AD}{2}$

$CO$ là trung tuyến của tgv $ACD$ nên $CO=\frac{AD}{2}$

$\Rightarrow BO=CO(1)$ 

$OK\parallel AH, AH\perp BC$ nên $OK\perp BC(2)$

Từ $(1);(2)$ ta dễ thấy $\triangle OBK=\triangle OCK$ (ch-cgv)

$\Rightarrow BK=CK$ hay $K$ là trung điểm $BC$

Mặt khác:

$HBDC$ là hình bình hành nên $HD$ cắt $BC$ tại trung điểm mỗi đường. Mà $K$ là trung điểm $BC$ nên $K$ là trung điểm $HD$

Xét tam giác $AHD$ có $O$ là t. điểm $AD$, $K$ là t. điểm $HD$ nên $OK$ là đường trung bình của tam giác $AHD$ ứng với cạnh $AH$.

$\Rightarrow OK=\frac{AH}{2}=3$ (cm)

Hình câu 1:

Hai bài toán khác nhau thì bạn đặt bài toán 1 là câu 1, bài toán 2 là câu 2 cho dễ phân biệt.

Câu 2:

Gọi $AB=c; BC=a; CA=b$. Áp dụng tính chất đường phân giác thì:

$\frac{AD}{CD}=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a}$

$\Rightarrow \frac{b}{CD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AD+CD}{CD}=\frac{c+a}{a}$

$\Rightarrow CD=\frac{ab}{a+c}$

Hoàn toàn tương tự:

$BE=\frac{ca}{a+b}$

Xét tam giác $CDB$ có phân giác $CI$. Áp dụng tính chất đường phân giác:

$\frac{ID}{BI}=\frac{CD}{BC}=\frac{ab}{a(a+c)}=\frac{b}{a+c}$

$\Rightarrow \frac{BD}{BI}=\frac{a+b+c}{a+c}$

Tương tự với tam giác $BEC$ phân giác $BI$ thì: $\frac{CE}{CI}=\frac{a+b+c}{a+b}$

Thay vô điều kiện $BD.CE=2BI.CI$ thì:

$\frac{BD}{BI}.\frac{CE}{CI}=2$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{(a+c)(a+b)}=2$

$\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2$ nên theo Pitago đảo thì $ABC$ là tam giác vuông tại $A$ 

$\Rightarrow \widehat{BAC}=90^0$

a,  ta có BM , CN là các đường cao \(=>\angle\left(BMC\right)=\angle\left(CNB\right)=90^o\)(1)

mà N,M là 2 đỉnh liên tiếp của tứ giác BNMC

\(=>\) tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn 

=>4 điểm B,M,N,C cùng thuộc 1 đường tròn

b, có AD là đường kính (O) =>tam giác ACD nội tiếp (O)

\(=>\angle\left(ACD\right)=90^o\)(2)

từ(1)(2) \(=>BM//CD=>BH//CD\left(3\right)\)

tương tự =>tam giác ABD nội tiếp (O)\(=>\angle\left(ABD\right)=90^o\left(4\right)\)

từ(1)(4) \(=>BD//CN< =>CH//BD\left(5\right)\)

từ(3)(5)=>BHCD là hình bình hành

Bt đáp án chx

Giúp mk câu c

Xét tứ giác AMHN có:  A M H ^ + A N H ^ = 90 0 + 90 0 = 180 0 => Đpcm

Xét tứ giác BNMC có:  B N C ^ = B M C ^ = 90 0 => Đpcm

a: Xét ΔABM vuông tại M và ΔACN vuông tại N có

\(\widehat{BAM}\) chung

Do đó: ΔABM\(\sim\)ΔACN

b: Xét ΔHNB vuông tại N và ΔHMC vuông tại M có 

\(\widehat{NHB}=\widehat{MHC}\)

Do đó: ΔHNB\(\sim\)ΔHMC

Suy ra: HN/HM=HB/HC

hay \(HN\cdot HC=HB\cdot HM\)

a, Xét ΔABM và ΔACN có 

\(\widehat{N}=\widehat{M}=90^0\)

\(\widehat{A}:chung\)

\(\Rightarrow\Delta ABM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\)

b, Xét ΔNHB và ΔMHC có :

\(\widehat{N}=\widehat{M}=90^0\)

\(\widehat{NHB}=\widehat{MHC}\left(đối\cdotđỉnh\right)\)

\(\Rightarrow\Delta NHB\sim\Delta MHC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{HN}{HM}\)

\(\Rightarrow HB.HM=HC.HN\left(đpcm\right)\)

a) Xét ΔAMB vuông tại M và ΔANC vuông tại N có 

\(\widehat{BAM}\) chung

Do đó: ΔAMB\(\sim\)ΔANC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{AM}{AN}=\dfrac{AB}{AC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\)

Xét ΔAMN và ΔABC có 

\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{NAM}\) chung

Do đó: ΔAMN\(\sim\)ΔABC(c-g-c)