AMAM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên AM=BC2=BMAM=BC2=BM

⇒△MAB⇒△MAB cân tại MM

⇒BAMˆ=MBAˆ⇒BAM^=MBA^

Ta có:

BADˆ=DAMˆ−BAMˆ=900−MBAˆ=900−HBAˆBAD^=DAM^−BAM^=900−MBA^=900−HBA^

HABˆ=900−HBAˆHAB^=900−HBA^

⇒BADˆ=HABˆ⇒BAD^=HAB^ nên ABAB là tia phân giác DAHˆDAH^ (đpcm)

b)

Xét tam giác CADCAD và ABDABD có:

DˆD^ chung

ACDˆ=900−ABHˆ=BADˆACD^=900−ABH^=BAD^

⇒△CAD∼△ABD⇒△CAD∼△ABD (g.g)

⇒CAAB=ADBD=CDAD⇒CAAB=ADBD=CDAD

⇒CA2AB2=CDBD(∗)⇒CA2AB2=CDBD(∗)

Dễ thấy △BAH∼△BCA△BAH∼△BCA (g.g) và △CAH∼△CBA△CAH∼△CBA (g.g)

⇒BABC=BHBA⇒BABC=BHBA và CACB=CHCACACB=CHCA

⇒AB2=BC.BH⇒AB2=BC.BH và AC2=CH.BCAC2=CH.BC

⇒AC2AB2=CHBH(∗∗)⇒AC2AB2=CHBH(∗∗)

Từ (∗);(∗∗)⇒CDBD=CHBH(∗);(∗∗)⇒CDBD=CHBH

⇒CD.BH=CH.BD⇒CD.BH=CH.BD (đpcm)

a) Xét \(\Delta FEC,\Delta ABC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{C}:Chung\\\widehat{EFC}=\widehat{BAC}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta FEC\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\) (1)

Xét \(\Delta FBD,\Delta ABC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}:chung\\\widehat{BFD}=\widehat{BAC}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta FBD\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\) (2)

Từ (1) và (2) => \(\Delta FEC\sim\Delta FBD\left(\sim\Delta ABC\right)\)

b) Xét \(\Delta AED,\Delta HAC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EAD}=\widehat{AHC}=90^o\\\widehat{ADE}=\widehat{HCA}\left(\Delta FEC\sim\Delta FBD\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AED\sim\Delta HAC\left(g.g\right)\)

a) Xét \(\Delta FEC\) vuông tại F và \(\Delta FBD\) vuông tại F ,có: \(\widehat{FEC}\)=\(\widehat{FBD}\)(cùng phụ \(\widehat{FCE}\))

\(\Rightarrow \Delta FEC \) đồng dạng với \(\Delta FBD\)(g.n)

b) Xét \(\Delta AED\) vuông tại A và \(\Delta HAC\) vuông tại H có: \(\widehat{ADE}=\widehat{HCA}\)(cùng phụ \(\widehat{ABC}\))

\(\Rightarrow \Delta AED \) đồng dạng với \(\Delta HAC\)(g.n)

c) Ta có \(\dfrac{FE}{FB}=\dfrac{FC}{FD}\)(\(\Delta FEC \) đồng dạng với \(\Delta FBD\))

Mà:\(FB=FC;FD=FE+ED\)

\(\Rightarrow \dfrac{EF}{FB}=\dfrac{FB}{FE+ED} \Rightarrow FB^2 =EF.(FE+ED)\)

\(\Rightarrow FB= \sqrt {4.(4+5)=6=FC} \Rightarrow BC= FB+FC=6+6=12cm\)

Xét \(\Delta ABC \) vuông tại A, có:

\(BC^2=AB^2+AC^2\)(Áp dụng định lý Py-ta-go)

\(\Rightarrow 12^2 =6^2+AC^2 \Rightarrow AC=\sqrt{12^2-6^2}=6\sqrt3(cm)\)

Xét \(\Delta CAH\) vuông tại H và \(\Delta CBA\) vuông tại A, có:\(\widehat{ECF}\) chung

\(\Rightarrow\)\(\Delta CAH\) vuông tại H đồng dạng \(\Delta CBA\) vuông tại A(g.n)

\(\Rightarrow \dfrac{CA}{CB}=\dfrac{AH}{BA}=k \Rightarrow \dfrac{6 \sqrt3}{12}=\dfrac{AH}{6} \Rightarrow AH= \dfrac{6 \sqrt{3.6}}{12}=3\sqrt3(cm)\)

Ta thấy

\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

\(\widehat{B}+\widehat{D}=90^o\)

=> \(\widehat{D}=\widehat{C}\)

Xét ΔFEC và ΔFBD có

\(\widehat{F}1=\widehat{F2}=90^o\)

\(\widehat{C}=\widehat{D}\) (cmt)

=> ΔFEC ∼ ΔFBD (đpcm)

b) Xét ΔAED và ΔHAC có

\(\widehat{DAE}=\widehat{AHC}=90^o\)

\(\widehat{D}=\widehat{C}\) (cmt)

=> ΔAED ∼ΔHAC (đpcm)

a) Xét \(\Delta FEC\) vuông tại F và \(\Delta FBD\) vuông tại F ,có

\(\widehat{FEC}=\widehat{FBD}\) (cùng phụ \(\widehat{FCE}\))

\(\Rightarrow\Delta FEC\) đồng dạng \(\Delta FBD\)(g.n)

b)Xét \(\Delta AED\) vuông tại A và \(\Delta HAC\) vuông tại H,có

\(\widehat{ADE}\) =\(\widehat{HCA}\)(cùng phụ \(\widehat{ABC}\))

\(\Rightarrow\Delta AED\) đồng dạng \(\Delta HAC\) (g.n)

c)Ta có: \(\dfrac{FE}{FB}=\dfrac{FC}{FD}\)( \(\Delta FEC\) đồng dạng \(\Delta FBD\))

mà \(\left\{{}\begin{matrix}FB=FC\\FD=FE+ED\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{EF}{FB}=\dfrac{FB}{FE+ED}\)\(\Rightarrow FB^2=EF.\left(FE+ED\right)\)

\(\Rightarrow FB=\sqrt{4.\left(4+5\right)}=6=FC\)\(\Rightarrow BC=FB+FC=6+6=12\)(cm)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A,có:

\(BC^2=AB^2+AC^2\) (định lí py ta go)

\(\Rightarrow12^2=6^2+AC^2\)\(\Rightarrow AC=\sqrt{12^2-6^2}=6\sqrt{3}\)(cm)

Xét \(\Delta CAH\) vuông tại H và \(\Delta CBA\) vuông tại A,có

\(\widehat{ECF}\) chung

\(\Rightarrow\Delta CAH\) vuông tại H đồng dạng \(\Delta CBA\)vuông tại A (g.n)

\(\Rightarrow\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{AH}{BA}=k\) \(\Rightarrow\dfrac{6\sqrt{3}}{12}=\dfrac{AH}{6}\Rightarrow AH=\dfrac{6\sqrt{3}.6}{12}=3\sqrt{3}\)(cm)

a)  \(\Delta ABH\) có   \(BI\) là phân giác   \(\widehat{ABH}\),   áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác ta có:

       \(\frac{IH}{IA}=\frac{BH}{AB}\)

\(\Rightarrow\)\(IH.AB=IA.BH\)

b)  Xét 2 tam giác vuông:  \(\Delta BHA\) và   \(\Delta BAC\) có:

          \(\widehat{B}\)   CHUNG

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

suy ra:   \(\Delta BHA\)\(~\)\(\Delta BAC\)   

\(\Rightarrow\)\(\frac{BH}{AB}=\frac{BA}{BC}\)

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

c) hình như đề sai, bn ktra lại nhé

d)  Ta có:   \(\widehat{BEA}+\widehat{ABE}=\widehat{BIH}+\widehat{IBH}\left(=90^0\right)\)

mà    \(\widehat{ABE}=\widehat{IBH}\)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{BEA}=\widehat{BIH}\)

mà  \(\widehat{BIH}=\widehat{AIE}\)  (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\)\(\widehat{AIE}=\widehat{AEI}\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta AIE\) cân

Mình bổ sung câu c nhé ^^

 Ta có:\(\frac{IH}{IA}=\frac{BH}{AB}\left(1\right)\)
           \(\frac{AE}{CE}=\frac{AB}{BC}\left(\text{BE là đường phân giác góc B}\right)\left(2\right)\)
           \(\frac{BH}{AB}=\frac{AB}{BC}\left(\text{\Delta BHA ~\Delta BAC}\right)\left(3\right)\) 
Từ (2) và (3) suy ra:

\(\frac{AE}{CE}=\frac{BH}{AB}\left(4\right)\)

Từ (1) và (4) suy ra:

\(\frac{IH}{IA}=\frac{AE}{EC}\)

Chúc bạn học tốt ^^