Bài 1: 

a) Xét ΔABC có

AD là đường phân giác ứng với cạnh BC(gt)

nên \(\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{AC}{CD}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{6}{5}=\dfrac{12}{CD}\)

hay CD=10(cm)

Ta có: BD+CD=BC(D nằm giữa B và C)

nên BC=10+5=15(cm)

Vậy: DC=10cm; BC=15cm

a: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có

góc EAH chung

=>ΔAEH đồng dạng với ΔAHB

b: ΔAHB vuông tại H

mà HE là đường cao

nên AE*AB=AH^2

ΔAHC vuông tại H

mà HF là đường cao

nên AF*AC=AH^2=AE*AB

c: AE*AB=AF*AC

=>AE/AC=AF/AB

=>ΔAEF đồng dạng với ΔACB

d: Xét ΔMBE và ΔMFC có

góc MBE=góc MFC
góc M chung

=>ΔMBE đồng dạng với ΔMFC

=>MB/MF=ME/MC

=>MB*MC=MF*ME

AB=căn 4^2+3^2=5cm

AC=căn 4^2+4^2=4*căn 2(cm)

\(cosABC=\dfrac{BA^2+BC^2-AC^2}{2\cdot BA\cdot BC}=\dfrac{5^2+7^2-32}{2\cdot5\cdot7}=\dfrac{3}{5}\)

=>góc ABC=37 độ

(a) + Ta có : \(OB=OC=R\Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) nên \(AI\) hay \(AD\) là đường phân giác của 

\(\hat{BAC}\Rightarrow\hat{BAD}=\hat{DAC}\Rightarrow\stackrel\frown{BD}=\stackrel\frown{CD}\) (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) \(\Rightarrow BD=CD\Rightarrow D\) thuộc đường trung trực của \(BC\).

Từ đó, suy ra \(OD\) là đường trung trực của \(BC\Rightarrow OD\perp BC\) (đpcm).

+ Ta có : \(\hat{DBC}=\hat{DAC}=\hat{BAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\) và chứng minh trên). Mà : \(\hat{ABI}=\hat{IBC}\) (do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\Rightarrow BI\) là phân giác của \(\hat{ABC}\)).

Ta sẽ có được : \(\hat{DBC}+\hat{IBC}=\hat{BAD}+\hat{ABI}\)

\(\Leftrightarrow\hat{IBD}=\hat{BID}\) (\(\hat{BID}\) là góc ngoài của \(\Delta ABI\))

\(\Rightarrow\Delta IBD\) cân tại \(D\) (đpcm).

(b) Xét \(\Delta PAD,\Delta DTR:\) \(\left\{{}\begin{matrix}\hat{PDA}=\hat{TDR}=90^o\left(gt\right)\\\hat{PAD}=\hat{DRT}\end{matrix}\right.\) (cùng phụ với \(\hat{HTA}=\hat{DTR}\) (đối đỉnh))

 \(\Rightarrow\Delta PAD\sim\Delta DTR\left(g.g\right)\Leftrightarrow\dfrac{PD}{DT}=\dfrac{AD}{DR}\Leftrightarrow DT.DA=PD.DR\left(1\right).\)

Xét \(\Delta DBT,\Delta DAB:\left\{{}\begin{matrix}\hat{ADB}\text{ chung}\\\hat{DBT}=\hat{DAB}\left(=\hat{BAD}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DBT\sim\Delta DAB\left(g.g\right)\Leftrightarrow\dfrac{DT}{DB}=\dfrac{DB}{DA}\Leftrightarrow DB^2=DT.DA\left(2\right).\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow PD.DR=DB^2=DI^2\) (\(\Delta IDB\) cân tại \(D\left(cmt\right)\Rightarrow DB=DI\)) \(\Leftrightarrow\dfrac{PD}{DI}=\dfrac{DI}{DR}\).

Xét \(\Delta PDI,\Delta IDR:\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{PD}{DI}=\dfrac{DI}{DR}\left(cmt\right)\\\hat{PDI}=\hat{IDR}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta PDI\sim\Delta IDR\left(c.g.c\right)\Leftrightarrow\hat{IPD}=\hat{DIR}\).

Lại có trong \(\Delta IDP\) vuông tại \(D\) : \(\hat{IPD}+\hat{PID}=90^o\) (hai góc phụ nhau), suy ra : \(\hat{DIR}+\hat{PID}=90^o=\hat{PIR}\)

Vậy : \(IP\perp IR\) (đpcm).

(c) Do \(\left\{{}\begin{matrix}IK\perp BC\\AH\perp BC\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow IK\left|\right|AH\Rightarrow\dfrac{DI}{DA}=\dfrac{DK}{DS}\) (hệ quả của định lí Ta-lét) \(\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DK}{DS}\). (do \(\Delta IBD\) cân tại \(D\left(cmt\right)\) nên \(ID=DB\)).

Ta cũng có ở câu (b) : \(\Delta DBT\sim\Delta DAB\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DT}{DB}=\dfrac{DT}{DI}\).

Từ hai điều trên suy ra : \(\dfrac{DK}{DS}=\dfrac{DT}{DI}\).

Xét \(\Delta DKT,\Delta DSI:\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{DK}{DS}=\dfrac{DT}{DI}\left(cmt\right)\\\hat{D}\text{ chung}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DKS\sim\Delta DSI\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{DKT}=\hat{DSI}\). Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(TK\left|\right|SI\) hay \(BC\left|\right|SI\).

Ta lại có : \(AH\perp BC\Rightarrow SI\perp AH\Rightarrow\hat{PSI}=90^o.\)

Xét tứ giác \(SIDP:\hat{PSI}+\hat{PDI}=90^o+90^o=180^o\). Đây là hai góc đối nhau, vì vậy, tứ giác \(SIDP\) nội tiếp được một đường tròn (đpcm).

a: Xét ΔADE và ΔABC có

AD=AB

\(\widehat{DAE}=\widehat{BAC}\)

AE=AC

Do đó: ΔADE=ΔABC

=>DE=BC

b: Xét tứ giác BCDE có

A là trung điểm chung của BD và CE

=>BCDE là hình bình hành

=>BE//CD và BE=CD(1)

c: 

N là trung điểm của BE

=>\(EN=NB=\dfrac{EB}{2}\left(2\right)\)

M là trung điểm của CD

=>\(MD=MC=\dfrac{CD}{2}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra EN=NB=MD=MC

Xét tứ giác ENCM có

EN//CM

EN=CM

Do đó: ENCM là hình bình hành

=>EC cắt NM tại trung điểm của mỗi đường

mà A là trung điểm của EC

nên A là trung điểm của NM

=>N,A,M thẳng hàng

Không thấy câu a) của bạn đâu nên mình chứng minh câu b) luôn nhé.

Dễ thấy \(\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\) vì cùng phụ với \(\widehat{HBC}\).

Lại có \(\widehat{BKD}=\widehat{BKA}=\widehat{BCA}\) nên suy ra \(\widehat{BHD}=\widehat{BKD}\) hay \(\widehat{BHK}=\widehat{BKI}\).

Mặt khác, tam giác AEH vuông tại E có trung tuyến EI nên \(EI=\dfrac{AH}{2}=IH\) \(\Rightarrow\Delta IEH\) cân tại I \(\Rightarrow\widehat{IHE}=\widehat{IEH}=\widehat{IEB}\)

Mà \(\widehat{IHE}=\widehat{BHK}=\widehat{BKI}\) \(\Rightarrow\widehat{IEB}=\widehat{IKB}\), từ đó suy ra tứ giác IEKB nội tiếp. (đpcm)

a: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAKC vuông tại K có

góc A chung

=>ΔAHB đồng dạng vơi ΔAKC
b: Xét ΔIKB vuông tại K và ΔIHC vuông tại H có

góc KIB=góc HIC

=>ΔIKB đồng dạng với ΔIHC

=>IK/IH=IB/IC

=>IK*IC=IH*IB

a) Ta có :

 \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC.sinA\)

\(S_{ADE}=\dfrac{1}{2}AD.AE.sinA\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{ABC}}{S_{ADE}}=\dfrac{AB.AC}{AD.AE}=\dfrac{48.64}{32.24}=4\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=4S_{ADE}\)

b) Xét \(\Delta ABC\) ta có :

\(p=\left(AB+AC+BC\right):2=\left(48+36+64\right):2=74\left(cm\right)\)

Theo công thức Heron :

\(S_{ABC}=\sqrt[]{p\left(p-AB\right)\left(p-AC\right)\left(p-BC\right)}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\sqrt[]{74\left(74-48\right)\left(74-64\right)\left(74-36\right)}\)

\(\Rightarrow S_{ABC}=\sqrt[]{74.26.10.38}=4\sqrt[]{5.13.19.37}=4\sqrt[]{45695}\left(cm^2\right)\)

\(\Rightarrow S_{ADE}=\dfrac{S_{ABC}}{4}=\dfrac{4\sqrt[]{45695}}{4}=\sqrt[]{45695}\left(cm^2\right)\)

 Xét \(\Delta ADE\) ta có :

Đặt \(DE=x\left(x>0\right)\)

\(p=\dfrac{\left(AD+AE+x\right)}{2}=\dfrac{\left(32+24+x\right)}{2}=\dfrac{56+x}{2}=28+\dfrac{x}{2}\left(cm\right)\)

\(S_{ADE}=\sqrt[]{p\left(p-AD\right)\left(p-AE\right)\left(p-DE\right)}\)

\(\Rightarrow S_{ADE}=\sqrt[]{\left(28+\dfrac{x}{2}\right)\left(28+\dfrac{x}{2}-32\right)\left(28+\dfrac{x}{2}-24\right)\left(28+\dfrac{x}{2}-x\right)}\)

\(\Rightarrow S_{ADE}=\sqrt[]{\left(28+\dfrac{x}{2}\right)\left(\dfrac{x}{2}-4\right)\left(\dfrac{x}{2}+4\right)\left(28-\dfrac{x}{2}\right)}\)

\(\Rightarrow S^2_{ADE}=\left(28+\dfrac{x}{2}\right)\left(\dfrac{x}{2}-4\right)\left(\dfrac{x}{2}+4\right)\left(28-\dfrac{x}{2}\right)\)

\(\Rightarrow45695=\left(28+\dfrac{x}{2}\right)\left(\dfrac{x}{2}-4\right)\left(\dfrac{x}{2}+4\right)\left(28-\dfrac{x}{2}\right)\)

\(\Rightarrow5.13.19.37=\left(28+\dfrac{x}{2}\right)\left(\dfrac{x}{2}-4\right)\left(\dfrac{x}{2}+4\right)\left(28-\dfrac{x}{2}\right)\left(1\right)\)

Ta thấy khi \(x=18\) thì vế phải có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x}{2}-4=5\\\dfrac{x}{2}+4=13\\28-\dfrac{x}{2}=19\\28+\dfrac{x}{2}=37\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=18\) pt (1) thỏa

Vậy \(DE=18\left(cm\right)\)

hình tự kẻ ạ :3

a)

xét ΔABE và ΔACF có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}\left(chung\right)\\\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\left(CF\perp AB;BE\perp AC\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AF}{AE}\Leftrightarrow AC.AE=AB.AF\)

ý b hình như sai đề r ạ =))