Xét tam giác AFC có: \(\widehat {HCA} = 25^\circ \); \(\widehat {AFC} = 90^\circ \) (vì CF vuông góc với AB).

Nên: \(\widehat {FAC} = \widehat {BAC} = 90^\circ  - 25^\circ  = 65^\circ \).

Xét tam giác AEB có: \(\widehat {BAC} = 65^\circ \); \(\widehat {AEB} = 90^\circ \)(vì BE vuông góc với AC).

Nên: \(\widehat {ABE} = \widehat {HBA} = 90^\circ  - 65^\circ  = 25^\circ \).

Ta có: AB < AC nên \(\widehat {ACB} < \widehat {ABC}\) (góc ACB đối diện với cạnh AB; góc ABC đối diện với cạnh AC)

Mà tam giác ADB và tam giác ADC vuông tại D.

Vì tổng hai góc nhọn trong một tam giác vuông bằng 90°.

Mà \(\widehat {ACB} < \widehat {ABC}\).

Suy ra: \(90^\circ  - \widehat {ACB} > 90^0 - \widehat {ABC}\) hay \(\widehat {DAC} > \widehat {DAB}\).

Vậy \(\widehat {HAC} > \widehat {HAB}\) hay \(\widehat {HAB} < \widehat {HAC}\).

Suy ra: A, B, D sai.

Đáp án: C.\(\widehat {HAB} = \widehat {HCB}\).

Đăng bài thế này là dở rồi :))

à đù vĩ

Bạn tham khảo lời giải tại đây:

Câu hỏi của Potato Pear Sweet - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

a) △ AKB ~ △AIC (g - g) ( ˆK=ˆI=900;K^=I^=900;ˆAA^ chung) (3)

⇒ ˆACI=ˆABKACI^=ABK^

⇒ 900−ˆACI=900−ˆABK900−ACI^=900−ABK^

⇒ ˆHCD=ˆHBDHCD^=HBD^ (1)

xét tứ giác AKHI có

ˆKHI=3600−ˆA−ˆHKA−ˆHIA=1800−ˆAKHI^=3600−A^−HKA−^HIA^=1800−A^

tương tự ˆD=1800−ˆAD^=1800−A^

⇒ ˆKHI=ˆDKHI^=D^ (2)

từ (1) và (2) ⇒ BHCD là hình bình hành

b) từ (3) ⇒ AIAK=ACABAIAK=ACAB (4)

⇒ AI.AB = AK.AC

c) xét △AKI và △ABC có

ˆAA^ chung; (4)

⇒ △AKI ~ △ABC (c-g-c)

d) gọi K là giao của DH và BC

vì A,D,H thăng hàng và H là trực tâm nên AD ⊥ BC hay HD ⊥ BC

⇒ BDCH là hình thoi

⇒ KC = KB

⇒ △ ABK = △ ACK (c-g-c)

⇒ △ ABC cân tại A

vậy △ ABC cân tại A thì DH đi qua A và BHCD là hình thoi

nó bị lỗi mk gửi lại 

a) △ AKB ~ △AIC (g - g) ( ˆK=ˆI=900,ˆAA^ chung) (3)

⇒ ˆACI=ˆABK

⇒ 900−ˆACI=900−ˆABK

⇒ ˆHCD=ˆHBD (1)

xét tứ giác AKHI có

ˆKHI=3600−ˆA−ˆHKA−ˆHIA=1800−ˆA

tương tự ˆD=1800−ˆAD^=1800−A^

⇒ ˆKHI=ˆD (2)

từ (1) và (2) ⇒ BHCD là hình bình hành

b) từ (3) ⇒ AI/AK=AC/AB (4)

⇒ AI.AB = AK.AC

c) xét △AKI và △ABC có

ˆAA^ chung; (4)

⇒ △AKI ~ △ABC (c-g-c)

d) gọi K là giao của DH và BC

vì A,D,H thăng hàng và H là trực tâm nên AD ⊥ BC hay HD ⊥ BC

⇒ BDCH là hình thoi

⇒ KC = KB

⇒ △ ABK = △ ACK (c-g-c)

⇒ △ ABC cân tại A

vậy △ ABC cân tại A thì DH đi qua A và BHCD là hình thoi

\(BE||DM\) (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:

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