Bạn tự vẽ hình nha

a) Xét \(\Delta\)ABC có:BI,CK là hai đường cao 

Mà BI cắt CK tại H(gt)

=> H là trực tâm \(\Delta\)ABC

=>AH cũng là đường cao thứ 3 của \(\Delta\)ABC

      Xét \(\Delta\)ABI và \(\Delta\)ACK có:

              ^AIB=^AKC =90(gt)

                ^A: góc chung

=> \(\Delta\)ABI ~\(\Delta\)ACK(g.g)

b) xét \(\Delta\)ADC và \(\Delta\)AID có:

           ^ADC=^AID=90(gt)

            ^A:góc chung

=> \(\Delta\)ADC~\(\Delta\)AID(g.g)

=>\(\frac{AD}{AI}=\frac{AC}{AD}\)

=> AD^2 =AC*AI

a) Xét ΔABI vuông tại I và ΔACK vuông tại K có 

\(\widehat{BAI}\) chung

Do đó: ΔABI\(\sim\)ΔACK(g-g)

Xét ∆HAF và ∆HCD:

\(\widehat{HFA}=\widehat{HDC}=90^o\)

\(\widehat{AHF}=\widehat{CHD}\) (2 góc đối đỉnh)

=> ∆HAF~∆HCD(g.g)

b) Xét ∆AHB có: M là trung điểm của AH 

                           N là trung điểm của HB

=> MN là đường trung bình của ∆AHB

=>MN//AB và \(MN=\dfrac{1}{2}AB\)

=> \(\widehat{HMN}=\widehat{BAM}\) (2 góc đồng vị)

Tương tự ở ∆AHC ta được: \(MP=\dfrac{1}{2}AC\)  và \(\widehat{HMP}=\widehat{CAM}\)

Ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{BAD}+\widehat{CAD}=\widehat{NMH}+\widehat{PMH}=\widehat{NMP}\)

            \(\dfrac{MN}{MP}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AB}{\dfrac{1}{2}AC}=\dfrac{AB}{AC}\)

Xét ∆MNP và ∆ABC có:

\(\widehat{NMP}=\widehat{BAC}\left(cmt\right)\)

\(\dfrac{MN}{MP}=\dfrac{AB}{AC}\left(cmt\right)\)

=> ∆MNP~∆ABC

Ta có: \(\dfrac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{MN}{AB}\right)^2=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)

=> \(S_{MNP}=\dfrac{1}{4}S_{ABC}\)

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

góc B chung

=>ΔHBA đồng dạng với ΔABC

tam giác ABC vuông tại A (gt)

=> góc B + góc C = 90 (đl)

Mà có góc C = 30 (gt)

=> góc B = 60

xét tam giác AHB và tam giác AHD có : AH chung

HB = HD (gt)

góc AHB = góc AHD = 90 do ...

=> tam giác AHB = tam giác AHD (2cgv)

=> tam giác AHB đều 

Bài làm

Xét tam giác BDA có:

Vì H là trung điểm của BD ( HB = HD )

Mà AH vuông góc với AC ( AH là đường cao )

=> AH là đường trung trực của tam giác BDA

=> AB = AD ( Tính chất đường trung trực của một tam giác )

=> tam giác ABC cân tại A

# Học tốt #

a) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta EBD\) ta có:

\(BA = BE\) (gt)

\(\widehat {{\rm{ABD}}} = \widehat {{\rm{ EBD}}}\) (do \(BD\) là phân giác)

\(BD\) chung

Suy ra \(\Delta ABD = \Delta EBD\) (c-g-c)

b) Vì \(\Delta ABD = \Delta EBD\) (cmt)

Suy ra \(\widehat {{\rm{BAD}}} = \widehat {{\rm{BED}}} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng)

Suy ra \(DE \bot BC\)

Mà \(AH \bot BC\) (gt)

Suy ra \(AH\) // \(DE\)

Suy ra \(ADEH\) là hình thang

Mà \(\widehat {{\rm{DEB}}} = 90\) (cmt)

Suy ra \(ADEH\) là hình thang vuông

c) 

Gọi \(K\) là giao điểm của \(AE\) và \(AD\)

Suy ra \(BK\) là phân giác của \(\widehat {{\rm{ABC}}}\)

Mà \(\Delta ABE\) cân tại \(B\) (do \(BA = BE\) )

Suy ra \(BK\) cũng là đường cao

Xét \(\Delta ABE\) có hai đường cao \(BK\) và \(AH\) cắt nhau tại \(I\)

Suy ra \(I\) là trực tâm của \(\Delta ABE\)

Suy ra \(EF \bot AB\)

Mà \(AC \bot AB\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))

Suy ra \(AC\) // \(EF\)

Suy ra \(ACEF\) là hình thang

Mà \(\widehat {{\rm{CAE}}} = 90^\circ \)(gt)

Suy ra \(ACEF\) là hình thang vuông