Ý cuối nhầm không thế ạ?

a) Xét ΔAHB vuông tại H và ΔADH vuông tại D có 

\(\widehat{DAH}\) chung

Do đó: ΔAHB\(\sim\)ΔADH(g-g)

a) Xét ΔAHC vuông tại H và ΔAEH vuông tại E có 

\(\widehat{HAE}\) chung

Do đó: ΔAHC\(\sim\)ΔAEH(g-g)

Hình bạn tự vẽ nha!

a) Xét 2 \(\Delta\) \(ABD\) và \(ACD\) có:

\(AB=AC\left(gt\right)\)

\(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\) (vì \(AD\) là tia phân giác của \(\widehat{A}\))

Cạnh AD chung

=> \(\Delta ABD=\Delta ACD\left(c-g-c\right).\)

b) Theo câu a) ta có \(\Delta ABD=\Delta ACD.\)

=> \(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}\) (2 góc tương ứng).

Ta có: \(\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^0\) (vì 2 góc kề bù).

Mà \(\widehat{ADB}=\widehat{ADC}\left(cmt\right)\)

=> \(2.\widehat{ADB}=180^0\)

=> \(\widehat{ADB}=180^0:2\)

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

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

=> \(AD\perp BC.\)

c) Ta có \(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\) (vì \(AD\) là tia phân giác của \(\widehat{A}\))

=> \(\widehat{NAD}=\widehat{MAD}.\)

Xét 2 \(\Delta\) vuông \(AND\) và \(AMD\) có:

\(\widehat{AND}=\widehat{AMD}=90^0\left(gt\right)\)

Cạnh AD chung

\(\widehat{NAD}=\widehat{MAD}\left(cmt\right)\)

=> \(\Delta AND=\Delta AMD\) (cạnh huyền - góc nhọn) (đpcm).

Chúc bạn học tốt!

a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có

AB=AC

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD=ΔACE

b: Ta có: ΔABD=ΔACE

nên BD=CE; AD=AE

Xét ΔBCD và ΔCBE có 

BC chung

CD=BE

BD=CE
DO đó: ΔBCD=ΔCBE

c: Xét ΔBHE vuông tại E và ΔCHD vuông tại D có 

BE=CD

\(\widehat{EBH}=\widehat{DCH}\)

Do đó: ΔBHE=ΔCHD

d: Ta có: ΔBHE=ΔCHD

nên HB=HC

Xét ΔABH và ΔACH có 

AB=AC

AH chung

BH=CH

Do đó: ΔABH=ΔACH

Suy ra: \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)

Do đó: ΔABH=ΔACH

Suy ra: \(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}\)

hay AH là tia phân giác của góc BAC

a) Xét ΔABH vuông tại H và ΔACK vuông tại K có

AB=AC(ΔABC cân tại A)

\(\widehat{A}\) chung

Do đó: ΔABH=ΔACK(cạnh huyền-góc nhọn)

b) Ta có: ΔABH=ΔACK(cmt)

⇒AH=AK(hai cạnh tương ứng)

Ta có: AK+KB=AB(do K∈AB)

AH+HC=AC(do H∈AC)

mà AB=AC(do ΔABC cân tại A)

và AH=AK(cmt)

nên KB=HC

Xét ΔKBI vuông tại K có

\(\widehat{KIB}+\widehat{IBK}=90^0\)(hai góc phụ nhau)(1)

Xét ΔHIC vuông tại H có

\(\widehat{HIC}+\widehat{HCI}=90^0\)(hai góc phụ nhau)(2)

Từ (1) và (2) suy ra

\(\widehat{KIB}+\widehat{IBK}=\widehat{HIC}+\widehat{HCI}\)

mà \(\widehat{KIB}=\widehat{HIC}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{KBI}=\widehat{HCI}\)

Xét ΔKIB vuông tại K và ΔHIC vuông tại H có

KB=HC(cmt)

\(\widehat{KBI}=\widehat{HCI}\)(cmt)

Do đó: ΔKIB=ΔHIC(cạnh góc vuông-góc nhọn kề)

⇒IB=IC(hai cạnh tương ứng)

c) Xét ΔAIK vuông tại K và ΔAIH vuông tại H có

AI là cạnh chung

AK=AH(cmt)

Do đó: ΔAIK=ΔAIH(cạnh huyền-cạnh góc vuông)

⇒\(\widehat{KAI}=\widehat{HAI}\)(hai góc tương ứng)

mà tia AI nằm giữa hai tia AK,AH

nên AI là tia phân giác của \(\widehat{KAH}\)

hay AI là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

Ta có: AI là đường phân giác ứng với cạnh đáy BC của ΔABC cân tại A(do AI là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\))

nên AI cũng là đường cao ứng với cạnh BC của ΔABC cân tại A(định lí tam giác cân)

⇒AI⊥BC(đpcm)

Sau gần một buổi trưa lăn lội với Thales, đồng dạng ở câu b thì t đã nghĩ đến cách của lớp 7 ~ ai dè làm được ^^

Sao bổ sung hình vẽ không được vậy nè