Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.

M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành

\(\Rightarrow NC//BH\)

Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O ) 

Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)

M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC

Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :

\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng

gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD

Đường thẳng ME cắt NF tại S

Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )

Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)

Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)

\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )

\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)

Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )

Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)

Bài 4:

Xét \(\Delta BAC\) Và   \(\Delta ACH\) có :

      \(\widehat{BAC}\)\(=\)\(\widehat{AHC}\) ( cùng = 90⁰ )

           \(\widehat{C}\)là góc chung

 \(\Rightarrow\) \(\Delta BAC\)\(~\)\(\Delta AHC\) ( g - g )     (1)

 \(\Rightarrow\)\(\frac{BC}{AC}=\frac{AB}{AH}\)\(\Rightarrow BC.AH=AB.AC\)

b)  Xét \(\Delta AHC\)có :

  K là trung điểm của CH

  I là trung điểm của AH

\(\Rightarrow\)IK // AC

Do IK // AC :

\(\Rightarrow\)\(\Delta HIK\)\(~\)\(\Delta HAC\) (2)

Từ (1) và (2) =)  \(\Delta HIK\)\(~\)\(\Delta ABC\)

Do \(HE\)\(\perp\)\(AB\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{A\text{E}H}\)= 90⁰

      \(HF\)\(\perp\)\(AC\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{FHE}\)= 90⁰

Xét tứ giác AEHF có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{A\text{E}H}=\widehat{FHE}\)\(=90^0\)

\(\Rightarrow\)AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow\) AE = HF 

Xét \(\Delta ABC\)\(\perp\)tại \(A\)

Áp dụng định lí py - ta - go

BC² =  AB² +  AC²

5² =  3² + AC²

AC² = 16

AC = 4 ( cm )

Ta có ;  \(S_{\Delta ABC}\)\(=\frac{AB.AC}{2}\)\(=\frac{3.4}{2}=6\)cm2

                \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.BC.AH\)\(=\frac{1}{2}.5.AH=2,5.AH\)

  \(\Rightarrow2,5.AH=6\)\(\Rightarrow AH=2,4\)cm

Xét \(\Delta AHC\)\(\perp\)tại A

Áp dụng định lí py - ta - go

AC² = AH² +  HC²

4² = (2,4)² + CH²

CH² = 10,24

CH = 3,2 cm

Ta có :  \(S_{\Delta AHC}=\frac{AH.AC}{2}=\)\(\frac{2,4.3,2}{2}=3,84\)cm²

            \(S_{\Delta AHC}=\frac{1}{2}.AC.HF\)\(=\frac{1}{2}.4.HF=2.HF\)

\(\Rightarrow\)2.HF = 3.84

           HF = 1.92 cm

\(\Rightarrow A\text{E}=1,92\)( Vì HF = AE , cmt)

a, Xét tgABE và tgACF có:

góc AEB = góc CFA = 90^o 

góc BAC chung

Từ 2 điều trên => tgABE đồng dạng tgACF (g.g)

=> AB/AC = AE/AF (các cặp cạnh tương ứng)

=> AB.AF = AC.AE

xét tam giác ABE và tam giác ACF có : 

góc AEB = góc AFC = 90 do ...

góc CAB chung

=> tam giác ABE ~ tam giác ACF (g.g)

=> AB/AC = AE/AF

=> AB.AF = AC.AE

b, Xét tgADC có góc ADC = 90^o => góc DAC + góc ACD = 90^o (T/c)

Xét tgBEC có góc BEC = 90^o => góc EBC + góc ECB = 90^o (T/c)

Mà E thuộc AC, D thuộc BC => góc ACD = góc ECB

Từ 3 điều trên => góc DAC = góc EBC

Mà H thuộc BE, D thuộc BC

Từ 2 điều trên => góc DAC = góc HBD

Lại có góc ADB = góc ADC = 90^o

=> góc HDB = góc ADC (do H thuộc AD)

Xét tgHBD và tgCAD có:

Góc HBD = góc CAD  (cmt)

Góc HDB = gcos ADC (cmt)

Từ 2 điều trên => tgHBD đồng dạng tgCAD (g.g)

=> DB/DA = DH/DC (cắc cặp cạnh tương ứng)

=> DB.DC = DH.DA

a: Ta có: D đối xứng H qua AB

=>AB là đường trung trực của HD

=>AH=AD và BH=BD

Xét ΔAHB và ΔADB có

AH=AD

BH=BD

AB chung

Do đó: ΔAHB=ΔADB

=>\(\widehat{HAB}=\widehat{DAB}\)

mà tia AB nằm giữa hai tia AH,AD

nên AB là phân giác của góc HAD

=>\(\widehat{HAD}=2\cdot\widehat{HAB}\)

Ta có: H đối xứng E qua AC

=>AH=AE và CH=CE

Xét ΔAHC và ΔAEC có

AH=AE

CH=CE

AC chung

Do đó: ΔAHC=ΔAEC

=>\(\widehat{HAC}=\widehat{EAC}\)

mà tia AC nằm giữa hai tia AH,AE

nên AC là phân giác của góc HAE

=>\(\widehat{HAE}=2\cdot\widehat{HAC}\)

Ta có: \(\widehat{HAD}+\widehat{HAE}=\widehat{EAD}\)

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

=>\(\widehat{EAD}=2\cdot\widehat{BAC}=180^0\)

=>E,A,D thẳng hàng

Ta có: ΔAHB=ΔADB

=>\(\widehat{AHB}=\widehat{ADB}\)

=>\(\widehat{ADB}=90^0\)

=>BD\(\perp\)DE

Ta có: ΔAHC=ΔAEC

=>\(\widehat{AHC}=\widehat{AEC}\)

=>\(\widehat{AEC}=90^0\)

=>CE\(\perp\)ED

mà BD\(\perp\)DE

nên BD//CE

b: Ta có: \(\widehat{BAD}+\widehat{CAE}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{HAD}+\widehat{HAE}\right)\)

=>\(\widehat{BAD}+\widehat{CAE}=\dfrac{1}{2}\cdot180^0=90^0\)

mà \(\widehat{BAD}+\widehat{ABD}=90^0\)(ΔDAB vuông tại D)

nên \(\widehat{ABD}=\widehat{CAE}\)

Xét ΔABD vuông tại D và ΔCAE vuông tại E có

\(\widehat{ABD}=\widehat{CAE}\)

Do đó: ΔABD~ΔCAE

Hình vẽ:

Hình vẽ:

Lời giải:

a) Xét tam giác $ADH$ và $BDA$ có:

$\widehat{AHD}=\widehat{BAD}=90^0$

$\widehat{D}$ chung

$\Rightarrow \triangle ADH\sim \triangle BDA$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{AD}{BD}=\frac{DH}{DA}\Rightarrow DA^2=BD.DH$ (đpcm)

b) Xét tam giác $AHD$ và $ABC$ có:

$\widehat{AHD}=\widehat{ABC}=90^0$

$\widehat{ADH}=\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (tính chất hcn)

$\Rightarrow \triangle AHD\sim \triangle ABC$ (g.g)

c) 

Xét tam giác $MAD$ và $NAC$ có:

$\widehat{ADM}=\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=\widehat{ACN}$

$\frac{AD}{AC}=\frac{HD}{BC}=\frac{HD:2}{BC:2}=\frac{MD}{NC}$ (do tam giác đồng dạng phần b)

$\Rightarrow \triangle MAD\sim \triangle NAC$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{MAD}=\widehat{NAC}$

d)

Tam giác đồng dạng phần b cho ta $\widehat{DAH}=\widehat{CAB}$

Tam giác đồng dạng phần c cho ta $\widehat{DAM}=\widehat{CAN}$ 

$\Rightarrow \widehat{DAH}-\widehat{DAM}=\widehat{CAB}-\widehat{CAN}$

hay $\widehat{MAH}=\widehat{NAB}$

$\Rightarrow \widehat{MAN}=\widehat{HAB}$ 

Xét tam giác $AHB$ và $AMN$ có:

$\widehat{HAB}=\widehat{MAN}$

$\frac{AM}{AN}=\frac{AD}{AC}=\frac{AD}{BD}=\frac{AH}{AB}$ (từ tam giác đồng dạng phần c và a)

$\Rightarrow \triangle AHB\sim \triangle AMN$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{AHB}=90^0$ 

a) Xét ΔDAH vuông tại D và ΔHAC vuông tại H có

\(\widehat{DAH}\) chung

Do đó: ΔDAH\(\sim\)ΔHAC(g-g)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH=\sqrt{4\cdot9}=6\left(cm\right)\)

Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=\widehat{DAE}=90^0\)

=>ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH=6(cm)

b: Xét tứ giác ADHE có

\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=180^0\)

=>ADHE là tứ giác nội tiếp

=>A,D,H,E cùng nằm trên 1 đường tròn

c: \(\widehat{CAK}+\widehat{BAK}=90^0\)

\(\widehat{CKA}+\widehat{HAK}=90^0\)

mà \(\widehat{BAK}=\widehat{HAK}\)

nên \(\widehat{CAK}=\widehat{CKA}\)

=>ΔCAK cân tại C

ΔCAK cân tại C

mà CI là đường trung tuyến

nên CI là đường cao

=>CI vuông góc AK

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

góc B chung

=>ΔABC đồng dạng vơi ΔHBA

=>BA/BH=BC/BA

=>BA^2=BH*BC

b: ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên AE*AB=AH^2

ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên AF*AC=AH^2

=>AE*AB=AF*AC