a)Xét đồng dạng ms đc, bằng nhua cái kiểu j

Xét ABM và ACN có góc A chung góc N=M=90

b/Từ 2 tam giác đồng dạng bằng nhau ở a➩AN/AC=AM/AB,Lại có góc A chung nên suy ra AMN đồng dạng ABC

2 tgiac vuog BHK và BCM đồng dạng vì chung góc B➩BH/BC=BK/BM➩BH.BM=BC.BK(1)

2 tgiac vuog CHK và CBN đôg dạng vì chung góc C➩CH/CB=CK/CN➩CH.CN=BC.CK(2)

Công (1) và (2) suy ra BH.BM+CH.CN=BC(BK+CK)=BC bình

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).

Câu 1:

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

góc BAD chung

DO đo: ΔADB đồng dạng với ΔAEC

Suy ra: AD/AE=AB/AC
hay AD/AB=AE/AC

b: Xét ΔADE và ΔABC có

AD/AB=AE/AC

góc DAE chung

Do đó: ΔADE đồng dạng với ΔABC

Suy ra: DE/BC=AD/AB

hay \(DE\cdot AB=AD\cdot BC\)

c: Xét ΔOBE và ΔODC có

góc OBE=góc ODC

góc BOE chung

Do đo: ΔOBE đồng dạng với ΔODC

Suy ra: OB/OD=OE/OC

hay \(OB\cdot OC=OE\cdot OD\)

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có 

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔADB\(\sim\)ΔAEC

b: Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại H có 

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)

Do đó: ΔEHB\(\sim\)ΔDHC

Suy ra: \(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HB}{HC}\)

hay \(HE\cdot HC=HB\cdot HD\)

c: Xét tứ giác HBKC có

HB//KC

HC//BK

Do đó: HBKC là hình bình hành

Suy ra: Hai đường chéo HK và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

hay H,M,K thẳng hàng

a) Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại D có

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEHB∼ΔDHC(góc nhọn)

b) Ta có: ΔEHB∼ΔDHC(cmt)

\(\Leftrightarrow\frac{HE}{HD}=\frac{HB}{HC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

Xét ΔHED và ΔHBC có

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)(cmt)

\(\widehat{EHD}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHED∼ΔHBC(c-g-c)

c) Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB∼ΔAEC(g-g)

\(\Leftrightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

Xét ΔADE và ΔABC có

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{DAE}\) chung

Do đó: ΔADE∼ΔABC(c-g-c)

d) Gọi K là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD là đường cao ứng với cạnh AC(gt)

CE là đường cao ứng với cạnh AB(gt)

BD\(\cap\)CE={H}

Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)

⇔AH⊥BC

⇔AK⊥BC(AH\(\cap\)BC={K})

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có

\(\widehat{DBC}\) chung

Do đó: ΔBKH∼ΔBDC(góc nhọn)

\(\Leftrightarrow\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(BK\cdot BC=BH\cdot BD\)

Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có

\(\widehat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCKH∼ΔCEB(g-g)

\(\Leftrightarrow\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(CK\cdot CB=CE\cdot CH\)

Ta có: \(BD\cdot BH+CE\cdot CH=BK\cdot BC+CK\cdot BC\)

\(=BC\cdot\left(BK+CK\right)=BC\cdot BC=BC^2\)(đpcm)

Hình tự vẽ nha:))

a) Xét ΔEHB và ΔDHC có:

∠BEH=∠CDH=90^o

∠EHB=∠DHC(đối đỉnh)

Do đó, ΔEHB∼ΔDHC (gg).

b) Xét ΔHED và HBC có:

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)(ΔEHB∼ΔDHC)

∠DHE=∠BHC (đđ)

Do đó,ΔHED∼ΔHBC(cgc)

c) Xét ΔADB và ΔAEC có:

∠A chung

∠ADB=∠AEC=90^o

Do đó, ΔADB∼ΔAEC(gg)

Xét ΔAED và ΔABC có:

∠A chung

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)(ΔADB∼ΔAEC)

Do đó, ΔAED∼ΔABC(cgc)

d) Vẽ HK⊥BC(K∈BC)

ΔBHK∼ΔBDC(gg)⇒\(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)⇔BK.BC=BH.BD

ΔCHK∼ΔCBE(gg)⇒\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)⇔CK.BC=CE.CH

⇒BC(BK+CK)=BH.BD+CE.CH

⇔BC²=BH.BD+CE.CH (đpcm)

a)xét ΔABC và ΔHBA ta có

\(\widehat{BAH}=\widehat{BHA}=90^o\)

\(\widehat{B}chung\)

=>ΔABC ∼ ΔHBA(g.g)(1)

b)xét ΔABC và ΔAHC ta có

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

\(\widehat{B}chung\)

->ΔABC ∼ ΔAHC(g.g)(2)

từ (1) và (2)=>ΔHBA và ΔAHC

->\(\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{HC}{AH}\)

=>\(AH^2=BH.HC\)

b.

Vẽ đường cao AD cũng cắt BE và CF

Xét tam giác BDH và tam giác BEC có:

góc D = E = 90^o

góc B chung

Do đó: tam giác BDH~BEC (g.g)

=> \(\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\Rightarrow BH.BE=BD.BC\) (1)

Xét tam giác CHD và tam giác CBF có:

góc D = F = 90^o

góc C chung

Do đó: tam giác CHD~CBF (g.g)

=> \(\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{CD}{CF}\Rightarrow CH.CF=CD.BC\) (2)

Từ (1) và (2) cộng vế theo vế ta được:

\(BH.BE+CH.CF=BD.BC+CD.BC\)

\(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC\left(BD+CD\right)\)

\(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC^2\)

a xét △ AEB và △AFC có

\(\widehat{E}=\widehat{F}=90^0\)

\(\widehat{A}CHUNG\)

=> △ AEB ∼ △AFC (g.g)

=> \(\dfrac{AE}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{FA}{AC}\)

xét △ AEF và △ ABC có

\(\widehat{A}CHUNG\)

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{FA}{AC}\)

=> △ AEF ∼ △ ABC (c.g.c )(đpcm)

a)Xét tam giác ABC và tam giác MBA có:

góc BAC = góc BMA(=90^o do AM là đường cao và tam giác ABC vuông)

Góc ABC chung

=>\(\Delta ABC\infty\Delta MBA\)(g.g)(1)

b)Xét tam giác ABC và tam giác MAC có:

Góc ACB chung

góc BAC = góc AMC(=90⁰)

=>\(\Delta ABC\infty\Delta MAC\)(g.g)(2)

Từ 1 và 2 =>\(\Delta MBA\infty\Delta MAC\) hay \(\Delta AMB\infty\Delta CMA\)

c)\(\Delta AMB\infty\Delta CMA\)=>\(\dfrac{AM}{CM}=\dfrac{BM}{AM}\)

=>AM²=BM.CM

Mà BM+CM=BC,BC=15cm BM=6cm=>CM=9cm

=>AM²=6.9=54

=>AM=\(3\sqrt{6}\)(cm)

Áp dụng định lí pytago cho tam giác AMB ta có:

AB²=AM²+BM²=54+6²=90

=>AB=\(3\sqrt{10}\)(cm)

d)S_AFC=1/2 S_ABC(chung đường cao từ A đáy FC=1/2 BC do F nằm trên trung trực BC và F thuộc BC)

Ta có:FB=FB=\(\dfrac{BC}{2}=7,5\left(cm\right)\)

AM//FE do cùng vuông góc với BC

=>\(\dfrac{CF}{CM}=\dfrac{CE}{CA}\)

=>\(\dfrac{CE}{CA}=\dfrac{7,5}{9}=\dfrac{5}{6}\)

=>S_EFC=\(\dfrac{5}{6}\)S_AFC(chung đường cao từ F và EC=\(\dfrac{5}{6}CA\))

=>S_EFC=(\(\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{1}{2}\))S_ABC=\(\dfrac{5}{12}\)S_ABC

\(BE||DM\) (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:

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